专题21 导数及其应用解答题（一）（切线方程、单调性及极值与最值）（五大考点71题）10年（2017-2026）高考数学真题分类汇编（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题21导数及其应用解答题（一）（切线方程、单调性及极值与最值）（五大考点，71题）考点分类十年考情（2017-2026）命题规律考点01求切线方程2026全国二卷、2026天津、2026北京、2026上海、2025天津、2024天津、2024新课标Ⅱ、2023北京、2023全国乙、2023天津、2023上海、2022天津、2022全国甲、2022全国乙、2022北京、2021天津、2021北京、2020天津、2020北京、2020全国Ⅲ、2019北京、2018北京、2018全国Ⅲ、2017山东、2017北京1.导数大题开篇基础问，全国各卷高频必考，难度偏低。2.核心考法：根据切线条件求函数参数、求定点处切线方程、切线相关几何面积最值。3.常作为题干铺垫，后续衔接单调性、零点、不等式证明，函数涵盖多项式、指数、对数、三角函数。考点02切线及切点的应用2025北京、2024北京、2022浙江、2021全国乙、2018天津、2017天津1.切线拔高综合题型，多为大题第二、三小问，区分度更高。2.核心考法：多条切线共点、两条曲线公切线、切线与曲线位置证明、切线衍生面积问题。3.解题关键设切点建立方程，结合判别式、数形结合判断切点数量。考点03利用导数研究函数的单调性2025全国二卷、2024全国甲、2023全国甲、2023新课标Ⅰ、2022新高考Ⅱ、2021新高考Ⅰ、2021新高考Ⅱ、2021浙江、2021全国甲、2020全国Ⅰ、2020全国Ⅱ、2019天津、2018全国Ⅰ、2018全国Ⅱ、2017全国Ⅰ、2017全国Ⅱ、2017全国Ⅲ、2017天津1.导数解答题核心主干考点，所有导数大题基本都会涉及。2.核心考法：含参函数单调区间分类讨论、单调性恒成立求参数、结合零点与不等式综合证明。3.主流函数载体为指数、对数复合函数，重点考查分类讨论逻辑。考点04函数的极值及极值点2025上海、2024全国甲、2023新课标Ⅱ、2021全国乙、2019江苏、2019全国Ⅱ、2018全国Ⅲ、2017江苏、2017全国卷1.导数中档难点，衔接单调性、零点、不等式证明。2.核心考法：求函数极值、由极值条件反求参数、极值点唯一性证明、极值范围约束。3.高频易错点：导数值为0仅是极值必要条件，需验证左右导数符号变化。考点05函数的最值2025全国一卷、2022全国乙、2022新高考Ⅰ、2017全国Ⅲ、2017浙江1.常规综合考点，常搭配区间限制、恒成立、整数约束出题。2.核心考法：闭区间最值、函数全局最值、满足恒成立的参数最值、数列相关最值约束。3.常借助最值完成不等式放缩与恒成立证明。考点01求切线方程（2026·全国二卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求，；(2)当时，，求的取值范围；(3)当时，，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解；（2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可；（3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解.【详解】（1），由切点在直线上，也在函数图象上，可知且，可得；由，则切线的斜率为，解得；故.（2）由（1）知，，则，故题意可转化为对任意恒成立，法一：令，，则，当时，由且，则，即，则在上单调递增，又，要使对任意恒成立，则，解得；当时，不成立；当时，，，且，则，即，则在上单调递减，又当时，，不满足题意；综上所述，的取值范围为.法二：不等式可转化为，即对任意恒成立，当时，不成立；当时，设，，当时，由，可知，，这与对任意恒成立矛盾；当时，，，由，故在上单调递增，故在上存在唯一零点，设为，且当时，，即，此时不等式不成立；当时，，则在上单调递增，由，故，故不等式，即恒成立，综上所述，的取值范围为；（3）法一：设，则，令，则，其中，，.当时，，则在上单调递增，故，故在上单调递增，故，即当时，恒成立，满足题意；当时，设，由，可知且，则，可知在上单调递增，故，即，故在上单调递增，故，故在上单调递增，故，即当时，恒成立，满足题意；当时，此时，又，则存在正实数，使得，，则在上单调递减，则，即当，，不满足题意；综上所述，，即的最小值为.法二：由可得，则，即，则，由，可知，则，故原不等式可转化为，由，设，，则，设，，令，则，，由，再令，，故在上单调递增，故，则，故在上单调递增，所以，即，故在上单调递减，又由洛必达法则可知，故要使当时，恒成立，则，即的最小值为.（2026·天津·高考真题）已知．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，证明；(3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立．【答案】(1)(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.(3)【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可；（2）方法一：令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论；解法二：切线不等式放缩.构建，，利用切线不等式可证在上恒成立，再利用导数证明在成立即可.解法三：比值构造法构建，，求导，分和两种情况讨论，利用导数分析的单调性和最值，即可证明不等式.（3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立.【详解】（1）由于，所以，，则曲线在点处的切线方程为：，即；（2）略（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，则的最大值为（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求，的值；(2)求的极值点个数；(3)求与交点个数．【答案】(1)、(2)有两个极值点(3)交点个数为【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解；（2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数；（3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数.【详解】（1），则，，又，解得；（2）由（1）得，则，令，则，令，解得，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，，，故存在，使得，且有，则当时，，当时，，故在、上单调递减，在上单调递增，故有两个极值点；（3）令，则，令，则；若，则恒成立（不恒为零），故在上单调递减，又，当时，，故在上有唯一零点，即与有唯一交点；若时，有两个实根，设这两个实根分别为、，且，则、，则当时，，当时，，故在、上单调递减，在上单调递增，故为的极小值，为的极大值，且，由，则，则，由，则，则有、，故，则，又时，，故在上存在唯一零点，即与有唯一交点；综上所述：与交点个数为.（2026·上海·高考真题）已知，函数，．(1)已知，求的解集；(2)已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出参数，解不等式即可求出的范围；（2）求出直线与的方程，利用与、在第一象限内均无公共点，得出与无正实数解，分离参数，转化为直线与与曲线在内均无交点，对求导讨论其单调性，得出函数的最值，建立不等关系，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）由题意，.在与中，，解得，∴，∵，∴，解得或或，∴不等式的解集为.（2）由题意知，由，得，∴.∵直线为在点的切线，∴直线的方程为，即，∵是过点且垂直于的直线，∴直线的方程为：，即，对于函数，，曲线与、在第一象限内均无公共点，∴与无正实数解，分离参数得，，，∴直线与与曲线在内均无交点，而，当时，解得（舍）或，∴当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，∴在处取最小值，.当时，，当时，，∴且，即或，∴实数的取值范围为.（2026·上海·高考真题）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.【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.（2025·天津·高考真题）已知函数(1)时，求在点处的切线方程；(2)有3个零点，且.（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）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；（2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.【详解】（1）当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为，故函数在点处的切线方程为；（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.（2024·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意成立，求实数的值；(3)若，求证：．【答案】(1)(2)2(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.【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；（3）先确定的单调性，再对分类讨论.【详解】（1）由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.（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，知的值是2.（3）略【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.（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．【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.（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)设函数，求的单调区间；(3)求的极值点个数．【答案】(1)(2)的单调递减区间为和，单调递增区间为和.(3)3个【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.【详解】（1）因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以.（2）由（1）得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.（3）由（1）得，，由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，，即所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，，所以，则单调递增，所以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程．(2)若函数在单调递增，求的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，，则，据此可得，所以函数在处的切线方程为，即.（2）由函数的解析式可得，满足题意时在区间上恒成立.令，则，令，原问题等价于在区间上恒成立，则，当时，由于，故，在区间上单调递减，此时，不合题意;令，则，当，时，由于，所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，满足题意.当时，由可得，当时，在区间上单调递减，即单调递减，注意到，故当时，，单调递减，由于，故当时，，不合题意.综上可知：实数得取值范围是.【点睛】方法点睛：（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若在存在极值，求a的取值范围.【答案】(1)；(2)令，函数的定义域满足，即函数的定义域为，定义域关于直线对称，由题意可得，由对称性可知，取可得，即，则，解得，经检验满足题意，故.即存在满足题意.(3).【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即.（2）略（3）由函数的解析式可得，由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;令，则，令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，当时，，在区间上单调递减，此时，在区间上无零点，不合题意;当，时，由于，所以在区间上单调递增，所以，在区间上单调递增，，所以在区间上无零点，不符合题意；当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值为，令，则，函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立，则，由一次函数与对数函数的性质可得，当时，，且注意到，根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.当时，，单调减，当时，，单调递增，所以.令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数得取值范围是.【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.（2023·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线在处的切线斜率；(2)求证：当时，；(3)证明：．【答案】(1)(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.【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.【详解】（1），则，所以，故处的切线斜率为；（2）略（3）略【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列．(1)若正整数，证明；(2)若正整数，试比较与大小；(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)(3)存在，【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，（2）构造函数后由导数证明不等式，（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，【详解】（1），则在处的切线为，当时，，即，所以当正整数时，；（2）作差得，令，，当时，，当时，，故在单调递增，在上单调递减，，故，所以当正整数时，；（3），令，与单调性相同，由（2）得，当时，，当时，，故至多有两解，若成等差数列，则，故最多项成等差数列，此时，．而，，令，，显然时，，故在上单调递增，而，，，故有唯一解，存在使得，此时，故存在最多项成等差数列，（2022·天津·高考真题）已知，函数(1)求曲线在处的切线方程；(2)若曲线和有公共点，（i）当时，求的取值范围；（ii）求证：．【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）求出可求切线方程；（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.【详解】（1），故，而，曲线在点处的切线方程为即.（2）（i）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.（ii）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.（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(2)【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；（2），则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【详解】（1）的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为（2）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当,令则所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减，当，，又，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明如下：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.【详解】（1）因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：（2）因为，

所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.（3）略（2021·天津·高考真题）已知，函数．（I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．【答案】（I）；（II）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；（III）【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.【详解】（I），则，又，则切线方程为；（II）略（III）由（II）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.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.（2021·北京·高考真题）已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】（1）当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即；（2）因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.当时，；当时，.所以，，.（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；（ii）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)；的极小值为，无极大值；（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)(ii)可知，当时，，即，故

③由①②③可得.所以，当时，任意的，且，有.【分析】(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)(i)当k=6时，，.可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即.(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：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.（Ⅱ）略【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．（2020·北京·高考真题）已知函数．（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为，所以，设切点为，则，即，所以切点为，由点斜式可得切线方程为：，即.（Ⅱ）[方法一]：导数法显然，因为在点处的切线方程为：，令，得，令，得，所以，不妨设时，结果一样，则，所以，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以时，取得极小值，也是最小值为.[方法二]【最优解】：换元加导数法

．因为为偶函数，不妨设，，令，则．令，则面积为，只需求出的最小值．．因为，所以令，得．随着a的变化，的变化情况如下表：a0减极小值增所以．所以当，即时，．因为为偶函数，当时，．综上，当时，的最小值为32．[方法三]：多元均值不等式法同方法二，只需求出的最小值．令，当且仅当，即时取等号．所以当，即时，．因为为偶函数，当时，．综上，当时，的最小值为32．[方法四]：两次使用基本不等式法同方法一得到,下同方法一.【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.（2020·全国III卷·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得，，令，得或；令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或.当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，所有零点的绝对值都不大于1.［方法二］【最优解】：设是的一个零点，且，则．从而．令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．［方法三］：设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．综上，的所有零点的绝对值都不大于1．［方法四］：由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．综上，所有零点的绝对值都不大于1．［方法五］：设是的一个零点且，则是的另一个零点．．则，设，由判别式，所以方程有解．假设实数满足．由，得．与矛盾，假设不成立．所以，所有零点的绝对值都不大于1．【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．（2019·北京·高考真题）已知函数.（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．【答案】（Ⅰ）和.（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；而，所以，即；同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.【详解】（Ⅰ），令得或者.当时，，此时切线方程为，即；当时，，此时切线方程为，即；综上可得所求切线方程为和.（Ⅱ）略（Ⅲ）由（Ⅱ）知，所以是中的较大者，若，即时，；若，即时，；所以当最小时，，此时.【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.（2018·北京·高考真题）设函数=[]．（1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求；（2）若在处取得极小值，求的取值范围．【答案】(1)1

(2)（，）【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．详解：解：（Ⅰ）因为=[]，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>，则当x∈(，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.（2018·北京·高考真题）设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.详解：解：（Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.若a>1，则当时，；当时，.所以在x=1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当a=0时，令得x=1.随x的变化情况如下表：x1+0−↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令得.①当，即a=1时，，∴在上单调递增，∴无极值，不合题意.②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表：x1+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极大值，不合题意.③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：x+0−0+↗极大值↘极小值↗∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a<0时，令得.随x的变化情况如下表：x−0+0−↘极小值↗极大值↘∴在x=1处取得极大值，不合题意.综上所述，a的取值范围为.点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.（2018·全国III卷·高考真题）已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，．【答案】（1）切线方程是；（2）证明见解析．【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）方法一：当时，，令，只需证明即可．【详解】（1），．因此曲线在点处的切线方程是．（2）［方法一］：【最优解】放缩当时，．令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．因此．［方法二］：【通性通法】导数的应用函数的定义域为R，．当时，令，得，或，其中．则函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．又，当时，恒成立，故，故当时，．［方法三］：等价变形＋含参讨论不等式等价于．令．当时，（导数法证明过程参考方法二）．当时，易知在R上单调递增且．所以存在唯一实数使得，即．函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．故．记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故．综上所述，当时，．［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩不等式等价于．因为，所以．当时，，即结论得证．【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解；方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法；方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐；方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解．（2017·山东·高考真题）已知函数.(I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程；(II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由,通过讨论确定的单调性,再由单调性确定极值.试题解析：（Ⅰ）由题意，所以，当时，，，所以，因此，曲线在点处的切线方程是，即.（Ⅱ）因为，所以，，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，当时，；当时，.（1）当时，，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是，当时取到极小值，极小值是.（2）当时，，当时，，单调递增；所以在上单调递增，无极大值也无极小值.（3）当时，，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是；当时取到极小值，极小值是.综上所述：当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是.【考点】导数的几何意义及导数的应用【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．（2017·北京·高考真题）已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）设，则.当时，，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.考点02切线及切点的应用（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线．(1)求的最大值；(2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方；(3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；（2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；（3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围.【详解】（1）设，，由可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的最大值为.（2）因为，所以直线的方程为，即，设，，由（1）可知，在上单调递增，而，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，而当时，，所以总有，单调递增故，从而命题得证；（3）解法一：由题意，直线，直线，所以，，当时，，在上单调递增，所以，所以，由（1）可得当时，，所以，所以.解法二：由可设，又，所以，即，因为直线的方程为，易知，所以直线的方程为,，.所以,由（1）知,当时，，所以,所以.（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线．(1)当时，求的单调区间.(2)求证：不经过点.(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？（参考数据：，，）【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.【详解】（1），当时，；当，；在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，单调递增区间为.（2），切线的斜率为，则切线方程为，将代入则，即，则，，令，假设过，则在存在零点.，在上单调递增，，在无零点，与假设矛盾，故直线不过.（3）时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知.所以，则切线的方程为，令，则.，则，，记，满足条件的有几个即有几个零点.，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，综上所述，有两个零点，即满足的有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.（2022·浙江·高考真题）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故.（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ），，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1），当，；当，，故的减区间为，的增区间为.（2）（ⅰ）略（ⅱ）略【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M上的点，则．所以．从而有．因为，所以当时，．又，解之得，因此．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点A、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到．过P作y轴的平行线交于Q，则．．P点在圆M上，则．故当时的面积最大，最大值为．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为，．设，联立和抛物线C的方程得整理得．判别式，即，且．抛物线C的方程为，即，有．则，整理得，同理可得．联立方程可得点P的坐标为，即．将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．由弦长公式得．点P到直线的距离为．所以，其中，即．当时，．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；（2021·全国乙卷·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.（2018·天津·高考真题）已知函数，，其中a>1.（I）求函数的单调区间；（II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明：；（III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出；（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出；（III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出.【详解】（I）由已知，，有.令，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.由，可得曲线在点处的切线斜率为.因为这两条切线平行，故有，即.两边取以a为底的对数，得，所以.（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理曲线在点处的切线l1：.曲线在点处的切线l2：.要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由①得，代入②，得.

③因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时，；时，单调递减，又，，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时，有，根据二次函数的性质，所以存在实数t，使得，因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.［方法二］：因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件：．记，则是关于t的减函数．，使，即，即．当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，．若．则，取，，所以在区间内存在零点．所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线．【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出；方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出．（2017·天津·高考真题）设，.已知函数，.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：在处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围.【答案】（I）单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）见解析.（ii）.【详解】试题分析：求导数后因式分解根据，得出，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对求导，根据函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，解得，根据的单调性可知在上恒成立，关于x的不等式在区间上恒成立，得出，得，，求出的范围，得出的范围.试题解析：（I）由，可得，令，解得，或.由，得.当变化时，，的变化情况如下表：所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）因为，由题意知，所以，解得.所以，在处的导数等于0.（ii）因为，，由，可得.又因为，，故为的极大值点，由（I）知.另一方面，由于，故，由（I）知在内单调递增，在内单调递减，故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.由，得，.令，，所以，令，解得（舍去），或.因为，，，故的值域为.所以，的取值范围是.【考点】导数的应用【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运.考点03利用导数研究函数的单调性（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．【答案】(1)证明：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）证明：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.【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点；（2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证；（ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合，和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证.【详解】（1）略（2）（i）略（ii）略（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．(1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立．【答案】(1)当时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)，且时，，令，下证即可.，再令，则，显然在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，问题得证【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.【详解】（1）定义域为，当时，，故在上单调递减；当时，时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）略（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)在上单调递减(2)【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.【详解】（1）因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减.（2）法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为.法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数(1)当时，讨论的单调性；(2)若恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)在上单调递增,在上单调递减(2)【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.【详解】（1）令,则则当当,即.当,即.所以在上单调递增,在上单调递减（2）设设所以.若,即在上单调递减,所以.所以当,符合题意.若当,所以..所以,使得,即,使得.当,即当单调递增.所以当,不合题意.综上,的取值范围为.【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.（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，．【答案】(1)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.【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）略（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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)证明如下：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.【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）略【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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，，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.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【答案】(1)时，的单调递增区间为,无减区间；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)；(3)证明：[方法一]【最优解】：有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.[方法二]：分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．且．要证，只需证，即证，只需证．又，所以，即．所以只需证．而，所以，又，所以只需证．所以，原命题得证．[方法三]：若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．又，故进一步有．由可得且，从而．．因为，所以，故只需证．又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)略【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.（2021·全国甲卷·高考真题）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.