2023年高考数学真题题源解密(全国卷)专题12导数及其应用-特训(学生版+解析)

这是一份2023年高考数学真题题源解密(全国卷)专题12导数及其应用-特训(学生版+解析)，共116页。试卷主要包含了导数与切线问题，导数与函数单调性，导数与函数的极值、最值，利用导数证明不等式等内容，欢迎下载使用。
目录一览
①2023真题展现
②真题考查解读
③近年真题对比
④命题规律解密
⑤名校模拟探源
⑥易错易混速记
考向一 导数与切线问题
一、单选题
1．（2023·全国甲卷文数第8题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
考向二 导数与函数单调性
一、解答题
1．（2023·全国乙卷文数第20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．
考向三 导数与函数的极值、最值
一、解答题
1．（2023·全国乙卷理数第21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.
考向四 利用导数证明不等式
一、解答题
1．（2023·全国甲卷文数第20题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
2．（2023·全国甲卷理数第21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．
【命题意图】
1．导数概念及其几何意义
（1）了解导数概念的实际背景.
（2）理解导数的几何意义.
2．导数在研究函数中的应用
（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.
（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.
3．生活中的优化问题
会利用导数解决某些实际问题.
【考查要点】
（1）利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度不定，题目可能为简单题，也可能为难题，题型为选择题、填空题或解答题。
（2）导数综合应用的命题方面，理科仍将以选择、填空压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数证明不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题的能力。文科仍将以解答题压轴题形式考查零点、极值、最值，简单不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证与不等式有关的问题，一般难度不会太高。
【得分要点】
高频考点：含参函数的参数对函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；导数的几何意义，求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的图像与函数的奇偶性。
中频考点：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求不等式的解；求参数的取值范围；函数模型的应用。
考向一 导数与函数的极值、最值
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第11题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·全国甲卷文数第8题/理数第6题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
3．（2021·全国甲卷文数第12题/理数第10题）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
4．（2022·全国乙卷理数第16题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
考向二 导数与函数单调性与切线问题
一、解答题
1．（2022·全国甲卷文数第20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．
2．（2021·全国乙卷文数第21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．
3．（2021·全国甲卷文数第20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.
考向三 导数与函数的零点
一、解答题
1．（2022·全国乙卷文数第20题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
2．（2022·全国乙卷理数第21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．
3．（2022·全国甲卷理数第21题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
4．（2021·全国甲卷理数第21题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
考向四 利用导数证明不等式
一、解答题
1．（2021·全国乙卷理数第20题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
纵观近几年高考对导数的考查，试题设计一般是包含一大一小，理科对导数的几何意义以及切线考查的频率较高，用导数研究函数的单调性、极值、最值是引导教学的常规要求。文科对切线、单调性和零点考查的频次较高，导数研究不等式的要求相对理科要低许多。导数研究不等式、零点等则是导数综合运用的最好载体，从思想方法上看，函数与方程、数形结合、分类讨论是重点考查的内容，从关键能力上看，侧重对逻辑思维能力、运算求解能力、创新能力的考查，从学科素养上看，突出理性思维和数学探索。
一、单选题
1．（2023·广东梅州三模）设函数在上可导，且，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（2023·河北张家口三模）函数在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·贵州遵义三模）已知函数在处取得极值0，则（ ）
A．-1B．0C．1D．2
4．（2023·山东潍坊·三模）若为函数图象上的一个动点，以为切点作曲线的切线，则切线倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2023·四川绵阳三模）若函数在处有极大值，则实数的值为（ ）
A．1B．或C．D．
6．（2023·河南三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在处得到极大值B．在处得到极大值
C．在处得到极小值D．在处得到极小值
7．（2023·贵州铜仁二模）已知函数和有相同的极大值，则（ ）
A．0B．2C．D．
8．（2023·宁夏银川三模）已知函数存在减区间，则实数的取值范围为（ ）
A． B．C．D．
9．（2023·河南·襄城三模）已知函数的图像关于原点对称，则与曲线和均相切的直线l有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
10．（2023·湖南长沙二模）若斜率为1的直线l与曲线和圆都相切，则实数a的值为（ ）
A．或2B．0或2C．0D．2
11．（2023·广东广州三模）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023·山东菏泽三模）已知函数，若，不等式恒成立，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
13．（2023·河南·襄城三模）已知函数，若方程有两个实根，且两实根之和小于0，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
14．（2023·陕西宝鸡二模）若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
15．（2023·广东深圳二模）已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
16．（2023·河南三模）已知函数，若恒成立，则的最大值是（ ）
A．B．1C．2D．
17．（2023·云南保山二模）若函数与函数的图象存在公切线，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
18．（2023·河北张家口三模）已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
19．（2023·山东潍坊·三模）已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
20．（2023·广东梅州三模）已知实数，满足，，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
二、填空题
21．（2023·广东梅州三模）曲线在点处的切线方程为 .
22．（2023·广东茂名二模）已知曲线在处的切线与在处的切线平行，则的值为 .
23．（2023·海南海口二模）已知函数的图像在点处的切线为l，若l与函数的图像也相切，切点为，则 .
24．（2023·江西南昌三模）若直线是函数的一条切线，则 ．
25．（2023·河北唐山三模）已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为 .
26．（2023·湖南岳阳三模）若对任意，恒成立，则实数a的取值集合为 ．
27．（2023·湖北武汉三模）已知函数，，则函数的最小值为 .
28．（2023·江西二模）已知函数，若，则的取值范围为 ．
29．（2023·安徽阜阳三模）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围是 .
30．（2023·江苏盐城三模）已知函数在上有两个极值点，且，则的取值范围是 .
31．（2023·宁夏银川三模）若函数在区间上不单调，则实数的取值范围为 ．
32．（2023·河北衡水三模）已知函数在区间上有两个零点，则实数a的取值范围是 ．
33．（2023·河北三模）已知分别是函数图象上的动点，则的最小值为 ．
34．（2023·重庆沙坪坝二模）已知函数存在唯一零点，则的取值范围为 .
35．（2023·山东烟台三模）若曲线与曲线有两条公切线，则的值为 ．
36．（2023·云南三模）设函数，若存在唯一整数，使得，则的取值范围是 .
37．（2023·北京海淀三模）已知函数在上不是单调函数，且其图象完全位于直线与之间（不含边界），则的一个取值为 .
38．（2023·黑龙江牡丹江三模）已知在处有极大值，若 有两个零点，则实数n的取值范围为 .
39．（2023·河南·襄城三模）已知正数满足，若函数有且仅有一个极值点，则实数m的最大值为 ．
40．（2023·安徽黄山三模）已知，若恒成立，则实数的值为 .
三、解答题
41．（2023·北京丰台三模）已知函数.
(1)求曲线的斜率为1的切线方程；
(2)证明：；
(3)设，求在区间上的最大值和最小值.
42．（2023·江苏镇江三模）已知函数.
(1)若有两个极值点.求实数的取值范围.
(2)在（1）的条件下，求证：.
43．（2023·四川·成都三模）已知函数和函数，且有最大值为．
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，，，且，证明：．
44．（2023·河南开封三模）已知函数，（，为常数）.
(1)当时，求函数在上的最小值；
(2)设，是函数的两个零点，证明：.
45．（2023·陕西宝鸡二模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
46．（2023·广东梅州三模）已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
47．（2023·黑龙江大庆二模）已知函数．
(1)若，证明：当时，恒成立；
(2)若是函数的极大值点，求实数a的取值范围．
48．（2023·内蒙古赤峰三模）已知函数在处的切线方程为．
(1)若a；
(2)证明有两个零点．
49．（2023·广东广州三模）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数．
50．（2023·上海虹口三模）已知函数（､）．
(1)当a=2，b=0时，求函数图象过点的切线方程；
(2)当b=1时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围；
(3)当，b=1时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围．
51．（2023·天津滨海三模）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若，求证:；
(3)已知点，是否存在过点P的两条直线与曲线，相切？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
52．（2023·河北张家口三模）已知函数为函数的导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数，存在，证明：．
53．（2023·北京通州三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
54．（2023·福建福州二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,若有两个实数根,且.求证:.
55．（2023·四川成都三模）已知函数和函数有相同的最大值.
(1)求实数的值；
(2)直线与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，且.下列两个结论①；②.其中只有一个正确，请选择正确的结论，并证明.
56．（2023·福建福州三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
57．（2023·河北三模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若为函数的导函数，有两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
58．（2023·河南三模）已知函数，，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：对任意的，恒成立．
59．（2023·福建宁德二模）已知函数 ．
(1)当且时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数的两个极值点分别为，，证明：．
60．（2023·海南三模）已知，.
(1)求函数的单调区间；
(2)①容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：；
②数列满足，，证明：.
1.导数与函数单调性
①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数.
②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：
单调递增；单调递增；
单调递减；单调递减.
2.导数与函数的极值最值
（1）若函数在区间D上存在最小值和最大值，则
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
（2）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
（3）对于任意的，总存在，使得；
（4）对于任意的，总存在，使得；
（5）若存在，对于任意的，使得；
（6）若存在，对于任意的，使得；
（7）对于任意的，使得；
（8）对于任意的，使得；
（9）若存在，总存在，使得
（10）若存在，总存在，使得．
3.构造函数解不等式解题技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形
模型1.对于，构造
模型2.对于不等式，构造函数.
模型3.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型4.对于不等式，构造函数
模型5.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型6.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型7.对于，分类讨论：（1）若，则构造
（2）若，则构造
模型8.对于，构造.
模型9.对于，构造.
模型10.（1）对于，即，
构造．
对于，构造．
模型11.（1） （2）
2023年高考数学真题题源解密（全国卷）
专题12 导数及其应用
目录一览
①2023真题展现
②真题考查解读
③近年真题对比
④命题规律解密
⑤名校模拟探源
⑥易错易混速记
考向一 导数与切线问题
一、单选题
1．（2023·全国甲卷文数第8题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设曲线在点处的切线方程为，
因为，
所以，
所以所以
所以曲线在点处的切线方程为.故选：C
考向二 导数与函数单调性
一、解答题
1．（2023·全国乙卷文数第20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).
【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.
考向三 导数与函数的极值、最值
一、解答题
1．（2023·全国乙卷理数第21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)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）由函数的解析式可得，
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）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，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，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.
考向四 利用导数证明不等式
一、解答题
1．（2023·全国甲卷文数第20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)
【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：.
2．（2023·全国甲卷理数第21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)答案见解析.
(2)
【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.
【命题意图】
1．导数概念及其几何意义
（1）了解导数概念的实际背景.
（2）理解导数的几何意义.
2．导数在研究函数中的应用
（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.
（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.
3．生活中的优化问题
会利用导数解决某些实际问题.
【考查要点】
（1）利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度不定，题目可能为简单题，也可能为难题，题型为选择题、填空题或解答题。
（2）导数综合应用的命题方面，理科仍将以选择、填空压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数证明不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题的能力。文科仍将以解答题压轴题形式考查零点、极值、最值，简单不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证与不等式有关的问题，一般难度不会太高。
【得分要点】
高频考点：含参函数的参数对函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；导数的几何意义，求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的图像与函数的奇偶性。
中频考点：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求不等式的解；求参数的取值范围；函数模型的应用。
考向一 导数与函数的极值、最值
一、单选题
1．（2022·全国乙卷文数第11题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D
2．（2022·全国甲卷文数第8题/理数第6题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.
3．（2021·全国甲卷文数第12题/理数第10题）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.综上所述，成立.故选：D
二、填空题
4．（2022·全国乙卷理数第16题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
【答案】
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
考向二 导数与函数单调性与切线问题
一、解答题
1．（2022·全国甲卷文数第20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)
【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：
则的值域为，故的取值范围为.
2．（2021·全国乙卷文数第21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.
【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.
3．（2021·全国甲卷文数第20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.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，故即.
考向三 导数与函数的零点
一、解答题
1．（2022·全国乙卷文数第20题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.
2．（2022·全国乙卷理数第21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)
【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
3．（2022·全国甲卷理数第21题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减，故，即得证
4．（2021·全国甲卷理数第21题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．
考向四 利用导数证明不等式
一、解答题
1．（2021·全国乙卷理数第20题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
纵观近几年高考对导数的考查，试题设计一般是包含一大一小，理科对导数的几何意义以及切线考查的频率较高，用导数研究函数的单调性、极值、最值是引导教学的常规要求。文科对切线、单调性和零点考查的频次较高，导数研究不等式的要求相对理科要低许多。导数研究不等式、零点等则是导数综合运用的最好载体，从思想方法上看，函数与方程、数形结合、分类讨论是重点考查的内容，从关键能力上看，侧重对逻辑思维能力、运算求解能力、创新能力的考查，从学科素养上看，突出理性思维和数学探索。
一、单选题
1．（2023·广东梅州三模）设函数在上可导，且，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【详解】令，则，，所以，所以，所以.
故选：C.
2．（2023·河北张家口三模）函数在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】，，，
所以所求切线方程为：，即.故选：A
3．（2023·贵州遵义三模）已知函数在处取得极值0，则（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】B
【详解】，
有，得，所以.故选：B
4．（2023·山东潍坊·三模）若为函数图象上的一个动点，以为切点作曲线的切线，则切线倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设点坐标为，
由，，
得，
则以为切点的切线斜率为，
令切线倾斜角为，，则，
则.故选：D.
5．（2023·四川绵阳三模）若函数在处有极大值，则实数的值为（ ）
A．1B．或C．D．
【答案】D
【详解】函数，，
函数在处有极大值，可得，解得或，
当时，，时，时，
在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值，不合题意.
当时，，时，时，
在上单调递增，在上单调递减，在处有极大值，符合题意.
综上可得，.故选：D
6．（2023·河南三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在处得到极大值B．在处得到极大值
C．在处得到极小值D．在处得到极小值
【答案】C
【详解】由，且，
所以时，递减，时，递增，
所以在处得到极小值.故选：C
7．（2023·贵州铜仁二模）已知函数和有相同的极大值，则（ ）
A．0B．2C．D．
【答案】A
【详解】求导，令，解得，令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得极大值，
，令，解得，令，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得极大值，
依据题意，和有相同的极大值，故，解得.故选：A
8．（2023·宁夏银川三模）已知函数存在减区间，则实数的取值范围为（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【详解】由题可知,
因为函数存在减区间,则有解,
即有解,
令,,
令,解得 ; 令,解得 ,
所以在单调递减, 单调递增,
所以,
因为有解,所以,解得.故选:D.
9．（2023·河南·襄城三模）已知函数的图像关于原点对称，则与曲线和均相切的直线l有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】C
【详解】函数的图像关于原点对称，则有，
即，解得，所以，
由，所以在点处的切线方程为，整理得．
设，直线l与的图像相切于点，因为，
所以切线方程为，整理得，则（*），
整理得，
当时，，方程有两个非零实数根，
也满足方程，故有3个解，
所以方程组（*）有3组解，故满足题中条件的直线l有3条．故选：C
10．（2023·湖南长沙二模）若斜率为1的直线l与曲线和圆都相切，则实数a的值为（ ）
A．或2B．0或2C．0D．2
【答案】B
【详解】设直线l与曲线的切点为，
由，则，
则，，即切点为，
所以直线l为，又直线l与圆都相切，
则有，解得或.故选：B.
11．（2023·广东广州三模）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设，由题设条件，得，
故函数在上单调递减.
由为奇函数，得，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．故选：D．
12．（2023·山东菏泽三模）已知函数，若，不等式恒成立，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，其中，则，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
又因为，故函数为奇函数，
由可得，
所以，，所以，，
令，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，.故选：B.
13．（2023·河南·襄城三模）已知函数，若方程有两个实根，且两实根之和小于0，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】，易知方程总有一个实根为0，
当时，，，方程没有非零实根.
当时，当时，，；当时，，，
在上单调递减，在上单调递增
如图所示，作出两函数的大致图像，可知坐标原点为两个图像的公共点.

当时，，，
，，与的图像在原点处相切，
当时，，，
，，与的图像在原点处相切，
此时方程仅有一个实根0.
结合图像可知，当时，方程另有一正根，不合题意；
当时，方程另有一负根，符合题意.故满足条件的的取值范围是.故选：C.
14．（2023·陕西宝鸡二模）若过点可作曲线的三条切线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设切点为，
由函数，可得，则
所以在点处的切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
设，所以，
令，解得或，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
要使得过点可作曲线的三条切线，
则满足，解得，即的取值范围是．故选：C．
15．（2023·广东深圳二模）已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】得，再由对数运算可得.
当时，令，则，
所以在递减，则.
所以，故.故选：A
16．（2023·河南三模）已知函数，若恒成立，则的最大值是（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】B
【详解】因为函数，当时，函数为单调递减函数，为单调递增函数，显然不能恒成立，所以，
由恒成立，即恒成立，即恒成立，
令，可得，
令，即，可得，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
所以，
则，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即的最大值为.故选：B.
17．（2023·云南保山二模）若函数与函数的图象存在公切线，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由函数，可得，
因为，设切点为，则，
则公切线方程为，即，
与联立可得，
所以，整理可得，
又由，可得，解得，
令，其中，可得，
令，可得，函数在上单调递增，且，
当时，，即，此时函数单调递减，
当时，，即，此时函数单调递增，
所以，且当时，，所以函数的值域为，所以且，解得，即实数的取值范围为.故选：A.
18．（2023·河北张家口三模）已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】的定义域为，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
因为，所以，所以，即.
因为
，
所以，所以，
因为，所以，
又因为在上为增函数，所以，即，
所以，综上所述：.故选：B
19．（2023·山东潍坊·三模）已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】∵，
构造函数，，
令，则，
∴在上单减，
∴，
故，所以在上单减，
∴，
∵，
构造函数，，
令，则，
∴在上单减，
∴，
故，所以在上单减，
∴，
故.故选：D.
20．（2023·广东梅州三模）已知实数，满足，，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【详解】由，得，
由，有，可得.
令，，由，得，由，得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，，当时，，
由，则有，所以，
因为，所以.故选：C
二、填空题
21．（2023·广东梅州三模）曲线在点处的切线方程为 .
【答案】
【详解】，则，则
又因为当时，，所以所求的直线方程为，即.故答案为：.
22．（2023·广东茂名二模）已知曲线在处的切线与在处的切线平行，则的值为 .
【答案】
【详解】，
由题意可知，，即，解得.故答案为：
23．（2023·海南海口二模）已知函数的图像在点处的切线为l，若l与函数的图像也相切，切点为，则 .
【答案】9
【详解】由题意得，则，
所以切线l的方程为，即.
所以，则，.故答案为：9.
24．（2023·江西南昌三模）若直线是函数的一条切线，则 ．
【答案】
【详解】函数的定义域为，
，设切点为，所以在点处的切线斜率为，
由导数的几何意义可得：，
则，又因为直线是函数的一条切线，
所以，.故答案为：.
25．（2023·河北唐山三模）已知曲线与有公共切线，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】设公切线与曲线和的切点分别为，，其中，
对于有，则上的切线方程为，即，
对于有，则上的切线方程为，即，
所以，有，即，
令，，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，故，即.
∴正实数的取值范围是.故答案为：.
26．（2023·湖南岳阳三模）若对任意，恒成立，则实数a的取值集合为 ．
【答案】
【详解】由题意设，，则恒成立，显然，
函数在处取得最大值，，而，
，即．
当时，，
当时，，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
，符合题意．
故实数a的取值集合为．故答案为：.
27．（2023·湖北武汉三模）已知函数，，则函数的最小值为 .
【答案】
【详解】因为，
所以，
记，，
则，因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
故当时，函数有最小值为，故答案为：
28．（2023·江西二模）已知函数，若，则的取值范围为 ．
【答案】
【详解】等价于，令，则．
当时，,单调递增；当时，,单调递减．
所以.
故转化为，即恒成立.
令，，则，则，因为恒成立，所以.
故的取值范围为．故答案为：.
29．（2023·安徽阜阳三模）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【详解】函数的定义域为，导函数，
由已知有两个不相等的正实数根，
所以有两个不相等正实数根，
令，则，
由，得.
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减.
又，，
当时，，当时，，
当时，，
由以上信息可得，函数的图象大致如下：
所以a的取值范围是.故答案为：.
30．（2023·江苏盐城三模）已知函数在上有两个极值点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【详解】，，
则，
则方程有二不等正根，
由，可得，
则，则，
又，
则，
令
则，
令，
则在上恒成立，
则在上单调递减，又
则在上恒成立，
则在上恒成立，则在上单调递增，
又，则在上值域为，
则的取值范围是.故答案为：
31．（2023·宁夏银川三模）若函数在区间上不单调，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【详解】由可知，其定义域为，
则，
易知当时，；当时，；
即函数在单调递减，在上单调递增；
若函数在区间上不单调，则需满足，
解得；所以实数的取值范围为.故答案为：
32．（2023·河北衡水三模）已知函数在区间上有两个零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【详解】令，得，
设，，，
当，，函数单调递减，
当，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，
，，，，
所以与有2个交点，则.故答案为：
33．（2023·河北三模）已知分别是函数图象上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】因为反解得，
所以与互为反函数，关于对称，
所以的最小值为点到直线的距离的最小值的2倍，
当曲线在点处的切线与平行时，点到直线的距离有最小值，
，令，解得，所以，则点到直线的距离,
所以的最小值为.故答案为：
34．（2023·重庆沙坪坝二模）已知函数存在唯一零点，则的取值范围为 .
【答案】
【详解】存在唯一零点，是的唯一零点，
则在上无零点或有唯一零点，
即在上无解或有唯一解
令，则，所以在单调递减，在上单调递增，
在处有最小值.
由图可知，要使在上无解或有唯一解，只需.
综上，.故答案为：.
35．（2023·山东烟台三模）若曲线与曲线有两条公切线，则的值为 ．
【答案】
【详解】令，，则，，
设，则曲线在处切线为，
设，则曲线在处切线为，
由题意，消去得，
由题意，方程有两个不同的实数根，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故当时，取极大值；当时，取极小值，
又当时，根据以上信息作出的大致图象，

由图可知当，即时，直线与的图象有两个交点，从而方程有两个不同的实数根，
所以，曲线与曲线有两条公切线时，的值为．故答案为：．
36．（2023·云南三模）设函数，若存在唯一整数，使得，则的取值范围是 .
【答案】
【详解】由函数，设和
因为存在唯一整数，使得，
所以存在唯一的整数使得在直线的下方，如图所示，
因为，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极小值，也为最小值，
且当时，，当时，，
又由直线恒经过原点，斜率为（其中），
所以且，解得，
所以实数的取值范围是.故答案为：

37．（2023·北京海淀三模）已知函数在上不是单调函数，且其图象完全位于直线与之间（不含边界），则的一个取值为 .
【答案】2(答案不唯一)
【详解】由，则，
因为的最大最小值必在中取得，且在上不是单调函数，
所以必有，解得，
由图象完全位于直线与之间，
所以且，
即恒成立，所以，
综上，.故答案为：2(答案不唯一)
38．（2023·黑龙江牡丹江三模）已知在处有极大值，若 有两个零点，则实数n的取值范围为 .
【答案】或
【详解】函数的定义域为，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，，当或时，，则在处取得极大值，即，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，且，
显然，函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，显然当时，，
而函数在上递减，函数值集合为，则函数在上的取值集合为，
当时，，函数在上的取值集合为，
因此函数在上的取值集合为，函数的图象如图，

函数有两个零点，即直线与的图象有两个公共点，
观察图象得或，
所以实数n的取值范围为或.故答案为：或
39．（2023·河南·襄城三模）已知正数满足，若函数有且仅有一个极值点，则实数m的最大值为 ．
【答案】0
【详解】因为，即，所以，所以，
令，则，所以在上单调递增，
所以，即，所以，故，
若函数有且仅有一个极值点，则在上有且仅有一个变号零点，
令，，则问题转化为函数与的图象在上只有一个交点，且交点左右的符号不同，
①当时，，令，得；令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，符合题意；
②当时，若函数，的图象在上只有一个交点，
则函数，的图象相切，
作出函数和的大致图象，如图（1）所示，
数形结合可得交点左右的符号相同，不符合题意；
③当时，无论m为何值，函数和的图象在上都有且只有一个交点，
作出函数和的大致图象，如图（2）所示，
数形结合可得交点左右的符号不同，符合题意．
综上，实数的最大值为．故答案为：.

40．（2023·安徽黄山三模）已知，若恒成立，则实数的值为 .
【答案】
【详解】解：恒成立，即恒成立，
令，又, 所以，
故是的极小值点，
又所以，，解得：，
下证：当时，，
所以，，
又恒成立，故当时,单调递增，当时，,单调递减，
所以，综上，，故答案为：
三、解答题
41．（2023·北京丰台三模）已知函数.
(1)求曲线的斜率为1的切线方程；
(2)证明：；
(3)设，求在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)，
【详解】（1）因为，所以，令，
解得，则，所以切点为，切线的斜率，
所以切线方程为，即.
（2）因为定义域为，且，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，所以，所以.
（3）因为，，
则，
令，则，
所以时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
，
所以使得，所以当时，当时，当时，
即当时，当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，在处取得极大值，
又，，又，
所以，
由（2）知，，则，
所以，.
42．（2023·江苏镇江三模）已知函数.
(1)若有两个极值点.求实数的取值范围.
(2)在（1）的条件下，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，所以.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根.
①当时，，所以在上单调递增，
则在上至多有一个零点，舍去.
②当时，令得
当时，，则在上为增函数；
当时，，则在上为减函数；
所以时，取极大值，即为最大值为.
所以有两个不等正实根的必要条件是
，解得.
当时，，
因为，所以，由零点存在性定理知：
存在唯一的，使得成立.
因为，令，
则，取，则且，
所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得成立.
所以时，有两个不等正实根.
综上，实数的取值范围是.
（2）由（1）知，且.所以
因为在上为增函数，及，
所以，又因为，所以.
因为，所以.
所以，所以，
所以.所以.
其中（其中）
构造函数，则.
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立.所以.
43．（2023·四川·成都三模）已知函数和函数，且有最大值为．
(1)求实数a的值；
(2)直线y＝m与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，，，且，证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为R，且，，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
所以，解得，又，所以a＝1.
（2）证明：由（1）可知：在递增，在递减，
又，所以在递增，在递减，
和的图象如图所示：

设和的图象交于点A，则当直线y＝m经过点A时，
直线y＝m与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，且，，，
因为，所以，即，
因为，，且在递增，所以，
所以，
因为，所以，即，
因为，，且在递减，
所以，所以，
所以，即．
44．（2023·河南开封三模）已知函数，（，为常数）.
(1)当时，求函数在上的最小值；
(2)设，是函数的两个零点，证明：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【详解】（1）令，解得，
则当时，，所以在递增；
当时，，所以在递减，
所以在上有最大值，
且，，
又，
所以函数在的最小值为1；
（2）不妨设，
由（1）知，，，且，满足，
即，
由题意知，
令，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
故，而，
所以.
45．（2023·陕西宝鸡二模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为，．
当时，对任意的恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可知，当时，．
要证，只需证，即证．
令，，所以，
所以在上单调递增，所以，所以．所以．
46．（2023·广东梅州三模）已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.
令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以，综上所述，的取值范围为
47．（2023·黑龙江大庆二模）已知函数．
(1)若，证明：当时，恒成立；
(2)若是函数的极大值点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：，
因为，所以，
要证恒成立，即证恒成立，
令，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，所以，
故当时，恒成立．
（2），
令，有，，
设，则，所以在上，单调递减，
在上，单调递增，又，
①当时，在上的最小值为，
所以在上恒成立，在上，，
所以，所以在上单调递减，
又，所以在上，，即，
在上，，即，
所以当时，是函数的极大值点．
②当时，因为，，所以，
所以存在，使得，因为在上单调递增，
所以当时，，，所以，
所以在上单调递增，所以，即时，，
这与是函数的极大值点不符合，所以这种情况不成立，
③当时，当时，，所以在上单调递增，
又，，当时，，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以时，，
这与是函数的极大值点不符合，所以这种情况不成立，
综上所述，实数a的取值范围为．
48．（2023·内蒙古赤峰三模）已知函数在处的切线方程为．
(1)若a；
(2)证明有两个零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）对函数求导可得，则，
因为在处的切线方程为
∴，∴
（2）由（1）知，
要证有两个零点，即证方程有两个不等实根，即证函数
与有两个交点
令，，∴单调递增，又，
∴当时，，∴，函数与无交点．
当时，，
当时，，
令，
当时，．
当时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又∵，，∴，，
即当时，，当时，，
综上，当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减．
又时，且当时，，
∵，，
∴函数与有两个交点，即函数有两个零点．
49．（2023·广东广州三模）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数．
【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)答案见解析
【详解】（1）解：由，可得，
令，解得，
当时，则，可得，在单调递减；
当时，则，可得，在单调递增；
故函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）解：由，得，
因此函数的零点个数等价于函数与的图象的交点个数，
因为，所以的递增区间是，递减区间是，
所以当时，取最大值，
由（1）可知，当时，取最小值，
当 ，即时，函数与的图象没有交点，即函数没有零点；
当，即时，函数与的图象只有一个交点，即函数有一个零点；
当，即时，函数有两个零点，
理由如下：
因为，
所以，，
由函数零点存在定理，知在内有零点.
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以在上只有一个零点.
又因为，
所以的图象关于直线对称，
因为的图象关于直线对称，所以与的图象都关于直线对称，
所以在上只有一个零点.
所以，当时，有两个零点.
50．（2023·上海虹口三模）已知函数（､）．
(1)当a=2，b=0时，求函数图象过点的切线方程；
(2)当b=1时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围；
(3)当，b=1时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当时，，
所以切线方程为，即为．
（2），
一方面，因为函数既存在极大值，又存在极小值，
则必有两个不等的实根，则，
由可得，且，解得且；
另一方面，当且时，不妨考虑的情形，列表如下：
可知分别在取得极大值和极小值，符合题意．
综上，实数的取值范围是．
（3）由，可得，列表如下：
所以在取得极大值；
在取得极小值，
由题意可得对任意的恒成立，
由于此时，则，
所以，则，
构造函数，其中，
则，
令，则．
①当，即时，在上是严格增函数，
所以，即，符合题意；
②当，即时，设方程的两根分别为，
则，设，
则当时，，则在上是严格减，
所以当时，，即，不合题意．综上所述，的取值范围是．
51．（2023·天津滨海三模）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若，求证:；
(3)已知点，是否存在过点P的两条直线与曲线，相切？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取极小值，无极大值.
(2)证明过程见详解
(3)存在，
【详解】（1）因为函数，
则，
当时，，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，解得，所以函数在上单调递增，
若时，，所以函数在上单调递减，当时，函数取极小值，无极大值，
综上：当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取极小值，无极大值.
（2）由题意可得；
当时，，函数在上单调递增，所以函数最多一个零点,与题意矛盾；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，不妨设，
则有，两式相减得，
两式相加得，
欲证，即证，
即证，也即证，
即证，令，，
则，所以函数在上单调递增，
因为，所以，
所以得证，即.
（3）存在，理由如下：
设切点为，因为，所以切线的斜率为，
则切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
若过点可以作两条直线与曲线，相切，
则上述关于的方程至少有两个不同的解，显然不是该方程的解，
所以关于的方程在上至少有两个不同的解，
令，
则，
令，则，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增；
所以，则当时，，函数在上单调递减；在上单调递增，
因为， ，则
函数的大致图象如下图所示：

结合图象可知：当时，
关于的方程在上有两个不同的解，
此时过点可以作两条直线与曲线，相切，
所以实数的取值范围为.
52．（2023·河北张家口三模）已知函数为函数的导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数，存在，证明：．
【答案】(1)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为，，
令，则，
所以函数在单调递增，
又因为，
所以，，
即：，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1），得，
又，即，
所以．
不妨设，所以．
由（1）得当，函数单调递增，所以，
故，
所以，
所以，故．
下证．
即证：，
设，
则，
所以函数在区间上单调递增，
所以，
故，即，
所以，即，
所以，得证．
53．（2023·北京通州三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，只需证，
只需证，
由，
只需证，只需证，只需证，
令，只需证，
令，，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，所以成立.
54．（2023·福建福州二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,若有两个实数根,且.求证:.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为,
.
①若,因为恒成立,所以在上单调递减.
②若,令,得;令得,,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
③若,令,得;令,得,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
综上:
当时,在上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减.
（2）,
先证不等式,
因为,
所以曲线在和处的切线分别为和,
如图:

令,
,
令,则;令,则;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以在上恒成立,
设直线与直线交点的横坐标为,则,
设直线与直线交点的横坐标为,同理可证,
因为,
所以(两个等号不同时成立),
因此.
再证不等式,
函数图象上两点,
设直线与直线的交点的横坐标分别为,
易证,且,
所以.综上可得成立.
55．（2023·四川成都三模）已知函数和函数有相同的最大值.
(1)求实数的值；
(2)直线与两曲线和恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为，且.下列两个结论①；②.其中只有一个正确，请选择正确的结论，并证明.
【答案】(1)1
(2)正确结论②，证明见解析
【详解】（1）的定义域为，且
时，无意义，不合题意；
时，当时，递减；当时，递增；所以，无最大值，不合题意，
时，当时，递增；当时，递减；所以，
的定义域为，且，
当时，递增，当时，递减；所以
所以，
又和有相同的最大值，所以，解得，又，所以；
（2）正确结论为②，证明如下：
由（1）可知：在递增，在递减，且，在递增，在递减，且，
和的图象如图所示：

设和的图象交于点A，
则当直线经过点A时，
直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，
且，
因为，所以，即，
因为，且在递增，所以，
所以，
因为，所以，即，
因为，且在递减，
所以，所以，
所以，即.
56．（2023·福建福州三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
57．（2023·河北三模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若为函数的导函数，有两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递减
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）因为，令，则，
所以（），
故（）.
当时，，
，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
故在上恒成立.
所以当时，在上单调递减.
（2）（ⅰ）有两个零点等价于有两个不同的根.
而 （），
所以有两个不同的根，
等价于有两个不同的根，
等价于与有两个不同的交点.
因为， （），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
而当趋向正无穷时，趋向0，趋向0时，趋向负无穷，
为使与有两个不同的交点，所以.
（ⅱ）有两个零点，则
，.
即，.所以，
即，得，所以.
因为，所以.
58．（2023·河南三模）已知函数，，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：对任意的，恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由且，
若，则恒成立，即在上单调递增；
若，则上，单调递减，上，单调递增，
综上，，在上单调递增；，上递单调减，上单调递增.
（2）要证任意的，，即证，只需，
令且，则，，
所以，即上单调递增，，即上单调递减，
所以；
令且，则，
显然，则有上单调递减，有上单调递增，
所以；
而，即成立，所以，任意的，得证.
59．（2023·福建宁德二模）已知函数 ．
(1)当且时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数的两个极值点分别为，，证明：．
【答案】(1)函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，所以．
①当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增．
②当时，记，则，
所以当时，，单调递减，且有；
当时，，单调递增，且，
所以当时，，函数单调递增．
综上，函数的单调递增区间为和，无单调递减区间．
（2）证明：因为（，），所以．
由题意知，是函数的两个零点，所以，是方程的两个实数解，
由，且，知．
因为，所以，不妨设，所以，则．
因为，所以，所以，即．
由二次函数的性质可知，函数在处取得极大值，在处取得极小值，即，
故
．（）
又因为是方程的根，所以，代入（）式，
得，
令，则．设，，
所以，则单调递减，从而有，
即，证毕．
60．（2023·海南三模）已知，.
(1)求函数的单调区间；
(2)①容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：；
②数列满足，，证明：.
【答案】(1)的减区间为，增区间为
(2)①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
令，解得，令，解得，
所以函数的减区间为，增区间为.
（2）①构造函数，则，
当时，函数单调递减，则，
所以在恒成立，
所以在单调递减，所以，所以在恒成立，
又由（1）可知，当时，，
所以当时，的图象始终夹在直线和直线之间，
且的图象不会和直线和直线相交，
又因为直线和直线的夹角为，因此恒成立，命题得证.
②，恒成立，
且，所以当时，，
又由（1）可知数在单调递减，在单调递增，
因为，所以，，，，
又因为，所以，所以，
又因为在单调递减，所以，
即即，
所以，则，所以.
1.导数与函数单调性
①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数.
②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：
单调递增；单调递增；
单调递减；单调递减.
2.导数与函数的极值最值
（1）若函数在区间D上存在最小值和最大值，则
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
（2）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
（3）对于任意的，总存在，使得；
（4）对于任意的，总存在，使得；
（5）若存在，对于任意的，使得；
（6）若存在，对于任意的，使得；
（7）对于任意的，使得；
（8）对于任意的，使得；
（9）若存在，总存在，使得
（10）若存在，总存在，使得．
3.构造函数解不等式解题技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形
模型1.对于，构造
模型2.对于不等式，构造函数.
模型3.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型4.对于不等式，构造函数
模型5.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型6.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型7.对于，分类讨论：（1）若，则构造
（2）若，则构造
模型8.对于，构造.
模型9.对于，构造.
模型10.（1）对于，即，
构造．
对于，构造．
模型11.（1） （2）
考向一 导数与切线问题
考向二 导数与函数单调性
考向三 导数与函数的极值、最值
考向四 利用导数证明不等式
考向一 导数与函数的极值、最值
考向二 导数与函数单调性与切线问题
考向三 导数与函数的零点
考向四 利用导数证明不等式
考向一 导数与切线问题
考向二 导数与函数单调性
考向三 导数与函数的极值、最值
考向四 利用导数证明不等式
考向一 导数与函数的极值、最值
考向二 导数与函数单调性与切线问题
考向三 导数与函数的零点
考向四 利用导数证明不等式
0
1
0
0
0
+
0
-
0
+
极大值
极小值
0
+
0
-
0
+
极大值
极小值