2023届四川省高考数学复习专题11导数（理科）解答题30题专项提分计划解析版.docx

1、2023届四川省高考数学复习 专题11导数（理科）解答题30题专项提分计划1（四川省成都市高新区2023届高三一诊模拟理科数学试题）已知函数（其中，是自然对数的底数）.(1)当时，讨论函数在上的单调性；(2)证明.【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)证明见解析【分析】(1)利用导数求函数的单调区间；(2)利用导数证明不等式，再利用放缩法得到，根据数列的累加法证明不等式.【详解】（1）时，令即得，令即得，所以在上单调递增，在上单调递减（2）证明；当时，不等式左边右边，所以不等式成立.当时，在上恒成立，所以时在上的单调递减，此时，即当时，令，则，故当时，所以综上所述【点睛】关键点点睛：本

2、题第二问解题关键在于借助当时，进而可得，利用放缩法以及数列的累加法即可证明.2（四川省遂宁市2023届高三零诊考试数学（理科）试题）已知函数(1)讨论的单调性；(2)当时，探究函数的图象与抛物线的公共点个数【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.【分析】（1）对二次函数零点分布情况分类讨论即可求解；（2）将问题转化为图象与轴有几个公共点的问题，利用导数求得极大值与极小值，即可判断.【详解】（1）因为，若，当时，,当或时，即在上单调递减，在和上单调递增；若，恒有即在定义域上单调递增；若，当时，,当或时，即在上单调递减，在和上单调递增.（2）当时，令,则原题意等价于图象与轴有几个公共点因为,所

3、以由，解得或；由，解得在时取得极大值,在时取得极小值,依题意有:当，解得，即当时，函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；当或，即或时，函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；当或，即或时，函数的图象与抛物线有1个不同的公共点综上：当时，函数的图象与抛物线有3个不同的公共点；当或时，函数的图象与抛物线有2个不同的公共点；当或时，函数的图象与抛物线有1个不同的公共点3（四川省绵阳市2023届高三上学期第一次诊断性考试理科数学试题）已知函数（）(1)讨论函数的单调性；(2)若函数在上恰有两个零点，求函数在上的最小值【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负即可求

4、解，（2）根据第一问可知的单调性，进而可判断在上恰有两个零点 ，满足，根据零点存在性定理即可列不等式求解.【详解】（1）由题意得当时，由，函数在上单调递增当时，令,令或故函数在上单调递减，在和上单调递增当时，令，令或函数在(k，4)上单调递减，在，上单调递增（2）当或时，函数在(0，3)上为单调函数，最多只有一个零点当时，函数在(0，k)上单调递增，在(k，3)上单调递减 要使函数在(0，3)上有两个零点，则需满足：且 解得 又，当时，；当时，又 ，4（四川省成都市2022届高三第三次诊断考试理科数学试题）已知函数，其中(1)求函数的单调区间；(2)设函数当，时，证明：【答案】(1)详见解析；

5、(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，然后分类讨论即得；（2）由题对任意，不等式成立，进而可得不等式成立，构造函数，利用导数求函数的最值即得.（1）由题可得若，当时，；当或时，若，恒有若，当时；当或时，综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，（2）由题可得由题意，则需证明对任意，不等式成立由恒成立，只需证明对任意，不等式成立，当时，不等式成立当时，设设当时，恒成立，函数在上单调递增，当时，恒成立，函数在上单调递减，即不等式成立综上，当，时，不等式成立，即成立【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下

6、：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.5（2023四川南充校考模拟预测）已知函数(1)若是的极小值点，且，求的取值范围；(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）求导得到，确定导函数单调递增，解不等式得到，得到，解得答案.（2）令，求导得到导函数，设，确定函数单调递增，得到在内存在唯一的零点，且，确定的单调区间，计算最值得到范围.【详解】（1）的定义域为，由，可得，则在上单

7、调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，满足是的极小值点，因为，所以，可得，则，即的取值范围是（2）令，有且仅有两个零点，故有且仅有两个零点，设，则，则为增函数当趋近时，趋近，又，所以在内存在唯一的零点，且，则，即，则函数为增函数，所以，则，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.当趋近时，趋近，当趋近时，趋近，只需满足，得，故的取值范围为【点睛】关键点睛：本题考查了极值问题和零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用函数的单调性和同构的思想构造得到是解题的关键.6（四川省乐山市高中2023届高三第一次调查研究考试理科数学试题）若函数(1)证明:当时；(2)设，证明【答

8、案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)给函数求导得，令，通过导数可得到，即可解决得到单调性；(2)根据可得不等式成立，换元变为，令证明.【详解】（1），令，则当时，在上单调递减，故，在上单调递减，故当时，（2）由（1）可知，当时，令，则上式化为，令，*得，得证【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，

9、进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别7（2022年高三12月大联考（全国乙卷）理科数学）已知函数，则其导函数为(1)若对任意，恒成立，求实数的范围；(2)判断函数的零点个数，并证明【答案】(1)(2)1【分析】(1)分离参数得，将恒成立问题转为最值求解，构造函数，研究该函数的最值，得，进一步分析即可；(2)函数零点个数转为两个函数交点的个数.【详解】（1）,，即；若，显然成立；若，则恒成立，等价于，令，则恒成立，故在时单调递增，则恒成立，即，又则，即，则，故（2）函数有1个零点，证明如下：令，的零点个数等于和的交点个数，图象为向左移得到

10、，且在上单调递增，而为周期函数，最大值为1，故和的图象如下：观察图象可知和有一个交点，故有1个零点.8（四川省达州市普通高中2023届高三第一次诊断性测试理科数学试题）已知函数.(1)若是函数的极值点，求的单调区间；(2)证明：当时，曲线上的所有点均在抛物线的内部.【答案】(1)单调减区间为，增区间为(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，根据，得，再根据构造函数，利用导数求函数的零点，最后代入原函数，求函数的单调区间；（2）首先利用不等式的传递性，得，再构造两个函数，转化为证明，即可证明.【详解】（1）由得，且.是函数的极值点，即.设，则.当时，单调递减，当时单调递增.又当时，且.当

11、时，.若单调递减；若单调递增，是的极小值点.所以的单调减区间为，增区间为.（2）证明：.构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增.由于.设，则，当时，单调递增，当时，单调递减.由于.，即.所以曲线上所有的点都在抛物线内.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明，难点是转化为证明，从而才能构造函数，利用导数证明不等式.9（四川省自贡市2023届高三第一次诊断性考试数学（理）试题）已知函数，.(1)当时，求的单调区间；(2)若函数有零点，求a的取值范围.【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；(2)当时,有1个零点.【分析】（1）将代入得，求导分别令导函数大于0，小于0，即可得到其单调区

12、间；（2），分，和讨论，尤其是当时，结合导函数与函数极值，最值的关系以及零点存在定理即可求出范围.【详解】（1）当时,函数,可得，当吋,，所以的单调增区间为的单调减区间为；（2）函数，当时由(1)知在上有1个零点，当时,令,可得，由可知存在唯一的使得,所以当时,单调递增;当时,单调递减,因为，若函数有零点，必有,即时,在上有1个零点.当时，根据得到恒成立，则在单调递增，且，故此时在上不存在零点，舍去，综上可得,当时,有1个零点.10（四川省自贡市2023届高三第一次诊断性考试数学（理）试题）设函数，其中，e为自然对数底数.(1)若，求函数的最值；(2)证明：当时，.【答案】(1)最大值为0，无

13、最小值；(2)证明见解析；【分析】（1）代入，求出，再求出，利用导数的性质，即可求出函数的最值.（2）设，得到，再设，通过导数和的性质，的最小值和的最大值，得出，进而得到，得到为单调增函数，有，进而证明得到.【详解】（1），在单调递减，而，的最大值为，无最小值.（2）当时，设，在上是单调递减函数，设，在上是单调递减函数，单调递增，11（四川省宜宾市2023届高三上学期第一次诊断性数学（理）数学试题）已知函数（）.(1)，求证：；(2)证明：.()【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）先证，令，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证，令，利用其导数判断其单调性即可证明；（2）

14、l利用（1）的结论，可得，从而将原不等式转化为，继而转化为证，即证；由此构造函数，利用其导数判断单调性即可证明.【详解】（1）先证，令，此时，故，所以在上单调递增，所以，即.再证，令，在上单调递增，故，即，综合以上可得时，；（2）由（1）可知，要证，只需证，即证，即证；，要证，即证令，则，在上单调递增，所以在区间上存在零点，则时，时，故在上单调递减，上单调递增，而，由于 ，,故，故，所以时，故当时，成立，当时，也成立，所以，得证，则成立.【点睛】关键点点睛：证明不等式的关键在于利用时， ，从而将原不等式转化为证明.12（四川省凉山州2022届高三第三次诊断考试数学（理科）试题）已知函数（，e为

15、自然对数的底数）.(1)若在处的切线与直线平行，求的极值；(2)当时，求m的取值范围.【答案】(1)极小值为，极大值为(2)【分析】（1）先求导，由解出，代入导数，确定单调性进而求出极值即可；（2）当时显然不成立，当时，分和参变分离，构造函数求出最值，即可求得m的取值范围.(1)，则，处的切线与平行，则，即，则，由得，由得或，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值，在处取得极大值.(2)由恒成立，即，当时，不等式成立；当时，恒成立，设，则，当，则，当，则，在为单调递增，在为单调递减，即，当时， 恒成立，若，由上知，在上单调递增，即，综上所述的取值范围为.13（四川省宜宾市第四中学校2022

16、届高三三诊模拟考试理科数学试题）已知函数，（其中常数）(1)当时，求的极大值；(2)当时，曲线上总存在相异两点、，使得曲线在点、处的切线互相平行，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，即可求得函数的极大值；（2）由（、且）可得出，利用基本不等式可得出对恒成立，求出在时的最大值，即可得出的取值范围.(1)解：当时，该函数的定义域为，当或时，；当时，所以，函数在和上单调递减，在单调递减故函数的极大值为.(2)解：因为，则，由题意，可得（、且），即因为，由不等式性质可得恒成立，又、，所以，对恒成立，令，则对恒成立，所以，在上单调递增，所以，故，从而“对恒成立”等价于

17、“”，所以，的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第二问求的取值范围，解题的关键在于利用基本不等式推导出，通过恒成立思想可求得的取值范围.14（四川省内江市2022届高三第三次模拟考试数学（理）试题）设函数(1)讨论函数在上的零点的个数；(2)证明：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）由可得，设，则在上的零点即为在上的零点，利用导函数判断的单调性，可得极小值，讨论，的大小关系及区间端点函数值与0的大小关系，即可求解；（2）转化问题为证明，由（1）可知当时，成立，结合的单调性，即可证明.(1)解：令，则，令，则在上的零点即为在上的零点，因为，令，则，所以当时，；当时，所以在上单

18、调递减，在上单调递增，所以当时，取极小值当时，故在上无零点当时，故在上有一个零点当时，在上有两个零点当时，当时，在上有一个零点综上，当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点(2)证明：要证，即证，当时，由（1）知，对成立，函数在上单调递减，对成立，对成立，得证.【点睛】易错点点睛：分类讨论时，除了需讨论极小值与0的大小关系外，还需注意讨论极小值点与已知区间端点的关系.15（四川省德阳市2022届高三“三诊”数学（理科）试题）已知函数(1)判定函数的单调性；(2)若时，求实数a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出导函数，对a分类讨论：当时，函数在区间上

19、单调递增；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）把题意转化为令，求出导函数，对a进行和分类讨论，然后利用由（1）证出的，即可求出实数a的取值范围.(1)，则当时，.当时，当时；当时，当时，函数在区间上单调递增当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增(2)若时，即（*）令，则由（1）知当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，若，则函数在区间上单调递增（*）式成立需若，令则函数在区间上单调递增由于故，使得则当时，即函数在区间上单调递减，即（*）式不恒成立综上所述，实数a的取值范围是【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

20、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16（四川省遂宁市2022届高三下学期三诊考试数学（理）试题）已知函数（为的导函数）.(1)讨论单调性；(2)设是的两个极值点，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）令，讨论两种情况，利用导数得出单调性；（2）由极值点的定义得出，由分析法结合导数证明，从而得出.【详解】（1）的定义域为.，设，则当时，恒成立，在上单调递增.当时，由，得；由

21、，则；即在上单调递增，在上单调递减综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）证明：，因为，是函数的两个极值点，所以，两式相减得，欲证，只需证.不妨设，故变形为令，则在上单调递增，则故式成立，即要证不等式得证【点睛】关键点睛：对于问题二，关键是将，取对数并利用极值点的定义得出，从而将为两个变量变为单变量，再由导数证明不等式.17（四川省泸州市2022届高三第三次教学质量诊断性考试理科数学试题）已知函数(1)若在上是减函数，求实数a的最小值；(2)若恒成立，求a的取值范围【答案】(1)1；(2)【分析】(1)根据题意可知在恒成立，参变分离可求a的最小值；(2)等价于，不等式在

22、x1时恒成立，故当x0时也恒成立，据此即可求得a1然后在证明当时，不等式恒成立即可证明不等式恒成立时，可利用当时，对不等式进行放缩化简(1)，若在上是减函数，则在恒成立，即，即对恒成立，因此实数的最小值为1；(2)，等价于时，下面证明当时，不等式恒成立，先证明当时，由(1)知，当时，在上单增，在上单减，当时，要证明，只需证明对任意的，恒成立，令，则，令，得，当，即时，单调递增，于是，当，即时，在上单减，在单调递增，令，则，在在单调递增，于是，即，恒成立，不等式恒成立，因此当时，不等式恒成立，即取的值范围是【点睛】本题第二问的关键点是注意到x0时可直接求出a的范围，再去证明这个范围是成立的即可证

23、明不等式恒成立时，需用当时，对不等式进行放缩18（四川省成都市2022届高三第二次诊断性检测理科数学试题）已知函数，其中.(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；(2)若函数存在两个极值点，当时，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题知在上恒成立，进而在上恒成立，再求函数的最小值即可得答案.（2）先求得，利用换元法表示出，通过构造函数法，利用导数，结合来求得的取值范围.【详解】（1）解：因为，所以，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，所以在上恒成立，故令，则在上恒成立，所以在上单调递增，故，所以，即的取值范围是.（2）解：，对函数，设上一点为，过点的切线方程为，将代入上式得，所

24、以过的的切线方程为.所以，要使与有两个交点，则，此时有两个极值点，且.，令，则，所以，所以，即所以，令，令，所以在上递增.因为，所以在上恒成立.所以在上恒成立.所以在上递增.，所以当时，所以的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于先根据题意，求函数过点的切线斜率，进而得，再结合极值点的定义得，进而换元，求出，再构造函数，研究函数的单调性得并结合得答案.19（四川省南充市2022届高考适应性考试（二诊）理科数学试题）已知.(1)求在的切线方程；(2)求证：仅有一个极值；(3)若存在，使对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用切点和斜

25、率求得切线方程.（2）由研究的单调区间，从而证得仅有一个极值.（3）利用导数求得的最大值，由分离常数，结合导数求得的取值范围.(1)当时，得，又.所以在的切线方程为：.即；(2)令，由于，得.所以在单调递减.所以存在唯一，使得.所以于单调递增，单调递减.，无极小值.所以仅有一个极值.(3)任意，则.由（2）知.又，则.若存在，使，即，得，转化为.当时，或；当时，；所以于单调递增，单调递减，单调递增当时，由于，则，又.当时，综上：当时，得.故.【点睛】不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如恒成立问题，转化为；能成立问题，则转化为.20（四川省凉山州2022届高

26、三第二次诊断性检测数学（理科）试题）设函数.(1)求的单调区间；(2)，为的导函数，当时，求整数的最大值.【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）求导后，分别在和两种情况下讨论单调性即可；（2）将不等式转化为，利用导数可求得在上单调递减，在上单调递增，其中，由此可求得，由的范围可求得结果.(1)由题意知：定义域为，；当时，在上单调递增；当时，若，；若时，；在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2)当时，；由得：，即；令，则；令，则，在上单调递增，又，使得，此时，则当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即，又，整数的最大值为.

27、【点睛】思路点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本思路是采用参变分离的方式，将问题转化为变量与函数最值的大小关系问题，从而利用导数求得函数的最值，进而得到变量的取值范围.21（四川省泸州市2022届高三第二次教学质量诊断性考试理科数学试题）已知函数.(1)求证：；(2)若函数有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.(1)，则当时，当

28、时，故在上为增函数，在上减函数，故即.(2)，故，因为，故，所以当时，当时，故在上为增函数，在上减函数， 因为函数有两个零点，故即，又当时，对任意，有：，故此时在上有且只有一个零点.下证：当时，总有成立，设，则，故在上为增函数，故，即成立.故当时有.由（1）可得，故当时，故此时在上有且只有一个零点.综上，当有两个零点时，.22（四川省巴中市2021-2022学年高三上学期一诊数学理科试题）已知函数.(1)若曲线在点处的切线方程为，求a的值；(2)若恒成立，求a的取值范围【答案】(1)2(2)【分析】（1）先求导数，然后根据导数的几何意义可求答案.（2）将恒成立变形为恒成立，整理为，然后构造函数

29、，将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题解决.(1)， , ,曲线在点处的切线方程为, ，即 ，解得 ；(2)恒成立，即恒成立，即 ，令 ， 则 ，故在 上是单调递增函数， ， ，即，令 ，则 ，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减， ，故 ，则 ，即 .23（四川省绵阳市2023届高三上学期第一次诊断性考试理科数学试题）已知函数，当时，(1)求的取值范围；(2)求证：（）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由导数法对、分类讨论是否满足即可；（2）由（1）结论，当时，恒成立，即可得，即可列项得，构造，由导数法证，则有，即，最后结合对数运算性质即可证【详解】（1）由题意得令，则函数在

30、区间上单调递增，则函数的最小值为当，即时，可得，函数在上单调递增又，恒成立当，即时，函数的最小值为0，且存在，当时，又，当时，这与时，相矛盾综上，实数a的取值范围是（2）由（1） 得当时，不等式恒成立，令，得令，则，时，为上的增函数；时，为上的减函数；，则，=【点睛】方法点睛：证明数列累乘不等式，可通过不等式两边取对数，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的24（四川省雅安市2023届高三零诊考试数学（理）试题）已知函数(1)当时，函数有三个零点，求m取值范围；(2)若，求a的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）利用导数研究的单调区间、极值，根据

31、有三个零点求得的取值范围.（2）结合多次求导以及对进行分类讨论，研究的最大值，由求得的取值范围.【详解】（1）当时，则，则时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增所以，时，取得极大值；时，取得极小值又，所以，有三个零点时，（2）由得，令，则，又设，则，则时，即单调递增；时，即单调递减，所以在处取得极大值，且极大值若，即时，此时，则即单调递减，又，则时，单调递增；时，单调递减，可知在处取得极大值，且极大值（也即是最大值），所以，则时，符合条件若，即时，此时，故存在，使在区间上，故即单调递增，又，则在区间上，故在区间上，单调递减，则，不满足条件，综上所述，a的取值范围是【点睛】利用导数研究函数的单

32、调性、极值、最值或不等式恒成立问题时，若一次求导无法求解，则可考虑多次求导来进行求解.在求解过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.25（四川省眉山市2022届高中第三次诊断性考试数学（理工类）试题）已知函数.(1)求的单调区间；(2)若存在正数m，使得对任意，恒成立，求a的最大值（参考结论：）.【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；(2)4.【分析】（1）由题可得，构造函数，利用导数可得当或时，当时，进而即得；（2）由题可得，先解决存在正数m，使得对任意，恒成立，求最大值的问题，构造函数，利用导数可得存在正数m，使得对任意，恒成立，整数的最大值为4，进而即得.（1），设，则，当时，单

33、调递增，当时，单调递减，又，当或时，即单调递增，当时，即单调递减，综上，的单调增区间为，单调减区间为；（2）当时，由（1）可知，即，先解决存在正数m，使得对任意，恒成立，求最大值的问题.这问题等价于存在正数m，使得对任意，恒成立，也即存在正数m，对任意，恒成立，求最大值，对任意，恒成立，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，又，存在正数m，使得对任意，恒成立，整数的最大值为4，当时，存在正数m，使得对任意，恒成立，也就是说存在正数m，使得对任意，恒成立，又当时，所以，所求的整数的最大值为4.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；.若能

34、分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；.26（四川省攀枝花市2022届高三第三次统一考试理科数学试题）已知函数在处的切线斜率为（e为自然对数的底数）(1)求函数的最值；(2)设为的导函数，函数仅有一个零点，求实数a的取值范围【答案】(1)，无最大值；(2)或.【分析】（1）由题可得，然后利用导数即得；（2）当时，可得适合题意，当时，利用导数可求函数，构造函数，进而可得，即得.（1），由，得，由，可得或，由，可得，函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，又，当时，且，无最大值；（2）由上可知，又，当时，函数单调递增，所以满足题意，当时，令，函数在单调递增，

35、又，所以存在，使得，此时当时，函数单调递增，当时，函数单调递增，当时，当时，所以需要，将代入，构造函数，则在上单调递增，在上单调递减，则，所以，得到.综上，实数a的取值范围为或.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：利用最值或极值研究；利用数形结合思想研究；构造辅助函数研究.

36、27（四川省达州市2022届高三第二次诊断性测试理科数学试题）已知：.(1)当时，求曲线的斜率为的切线方程；(2)当时，成立，求实数m的范围【答案】(1)(2)【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）恒成立，可转化为恒成立，利用导数判断函数的单调性与最值情况.(1)当时，则，设切点为，故，解得，故，即切点坐标为，所以切线方程，即；(2)当时，成立，即恒成立，设，因为，故恒成立，则在上单调递增，所以，当时，恒成立，故在上单调递增，即，所以，解得，故；当时，设，恒成立，则在上单调递减，所以，即，所以存在，使，即，所以在上单调递减，在上单调递增，故，解得，即，设，恒成立，故在上单调递

37、减，故，即，所以，综上所述，.【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28（四川省宜宾市2022届高三第二次诊断测试数学（理）试题）已知函数，函数.(1)若，求的最大值；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】(1)首先求函数的导数，判断函数的单调性，即可求得函数的最大值；（2）方

38、法一：首先求函数，再利用二阶导数判断的单调性，并结合零点存在性定理判断函数存在极值点，得，并判断函数的单调性，求得函数的最小值，得，求得，再求的范围；方法二：将，变形得对任意恒成立，再构造函数，结合函数的单调性，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求得实数的取值范围.(1)当时，的定义域为，在单调递增，在单调递减，.(2)法一：，在单调递增，取，且则取，且则可见，使得，即，当时，单调递减当时，单调递增依据题意有：即令在单增，又发现，则有，有，即令，即单调递增（2）法二：由题意，恒成立，即对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，对任意恒成立，令，显然在上单调递增，原

39、题对任意恒成立，即对任意恒成立，又由（1）知：，又由的解析式知的取值范围为：.【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立时求参数范围问题，综合性较强，难度大，本题的关键是构造函数，利用变形，同构函数，或者构造函数，结合零点存在性定理，判断函数的单调性，转化求求函数的最值，解决参数问题.29（四川省2022届高三诊断性测试数学（理）试题）已知函数求证：(1)；(2)当时，有且仅有2个零点【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数的导数，作出不等式两边的差，构造函数，利用导数判断函数值符号作答.(2)利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理分段讨论，推理作答.（1）函数定

40、义域为，求导得：，令，令，则，当时，当且仅当时取“=”，在上单调递增，则当时，即，所以.（2）记，则，当时，在上单调递减，则，使得，则当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，即，使得，当时，令，则在上单调递增，而，则，使得，当时，当时，则有在上递减，在上递增， 则，使得，当时，当时，即在上递减，在上递增，而，于是，使得，所以，当时，有且仅有2个零点.【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.30（四川省攀枝花市2022届高三第二次统一考试数学（理）试题）已知函数在处的切线方程是(1)求的单调区间；(2)如果且求证：【答案】(

41、1)(2)证明见解析【分析】（1）求函数的导数，根据切线方程列出相应的方程组，即可求得m,n的值，继而根据导数求得答案；（2）将要证明的不等式进行变式，分情况考虑， ；，可根据函数的单调性解决，要根据所给条件将展开，然后根据其展开的式子特点构造新的函数，利用导数判断其单调性，加以解决.(1)由得：，而函数在处的切线方程是，故，联立解得 ，故， ，令，则，当时，当时，故 ，即，所以在定义域内是单调减函数，即的单调减区间为 ，无单调增区间；(2)证明:由（1）可知，因为且，不妨设，那么与1的大小关系有两种： ；，对于，由（1）知：在定义域内是单调减函数，所以，所以；对于，由得：，故，所以=，由知：，设，则，而，所以，即有是单调减函数，故，即，故，即.【点睛】本题考查了导数几何意义的应用以及和导数有关的不等式的证明问题，综合性较强，解答这类题的关键是要将不等式进行合理的变式，然后构造新的函数，利用导数判断其单调性以及求其最值，因此，如何合理的变形是问题突破的重要环节，这就要观察不等式的特点，其中所含有的是何种样式的函数，据此灵活应变才可解决问题.