专题04 导数及其应用（解答题）（文科）（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题04 导数及应用（解答题）函数导数应用是高考必考知识点 ，解答题主要是压轴题的形式出现，常考题型如图所示：考点01 利用导数求函数单调性，求参数一、解答题1（2023年全国新高考卷数学试题）已知函数(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【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，

2、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）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.2

3、（2023年全国高考乙卷数学（文）试题）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

4、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函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立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3（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数(1)当

5、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)【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【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

6、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.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.4（2022年全国高考甲卷数学（文）试题）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

7、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.5（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）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）.【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）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.【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

8、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.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.6（2020年全国高考卷（文）数学试题）已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当时，令，解得，令，解得，

9、所以的减区间为，增区间为；（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，而时，当时，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.7（2020年全国新高考卷数学试题）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取

10、值范围【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），.，切点坐标为(1,1+e),函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,所求三角形面积为（2）方法一：通性通法,，且.设,则g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,成立.当时， ，,存

11、在唯一，使得，且当时，当时，因此1,恒成立；当时， 不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是1,+).方法二【最优解】：同构由得，即，而，所以令，则，所以在R上单调递增由，可知，所以，所以令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减 所以，则，即所以a的取值范围为方法三：换元同构由题意知，令，所以，所以于是由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有令，所以当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，取得最大值为所以方法四：因为定义域为，且，所以，即令，则，所以在区间内单调递增因为，所以时，有，即下面证明当时，恒成立令，只需证当时，恒成立因为，所以在区间内单调递增，则因此要证明时，恒成立，只需证明即可由

12、，得上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立当时，因为，显然不满足恒成立所以a的取值范围为【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可考点02 恒成立问题 1（2023年全国新高考卷（文）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围【答案】（1）证明见详

13、解（2）【分析】（1）分别构建，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.【详解】（1）构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：.（2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：，（i）当时，取，

14、则，由（1）可得，且，所以，即当时，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意；（）当时，取，则，由（1）可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为.【点睛】关键点睛：1.当时，利用，换元放缩；2.当时，利用，换元放缩.2（2020年全国高考卷（文）数学试题）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围【答案】（1）

15、（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），.，切点坐标为(1,1+e),函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,所求三角形面积为（2）方法一：通性通法,，且.设,则g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,成立.当时， ，,存在唯一，使得，且当时

16、，当时，因此1,恒成立；当时， 不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是1,+).方法二【最优解】：同构由得，即，而，所以令，则，所以在R上单调递增由，可知，所以，所以令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减 所以，则，即所以a的取值范围为方法三：换元同构由题意知，令，所以，所以于是由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有令，所以当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，取得最大值为所以方法四：因为定义域为，且，所以，即令，则，所以在区间内单调递增因为，所以时，有，即下面证明当时，恒成立令，只需证当时，恒成立因为，所以在区间内单调递增，则因此要证明时，恒成立，只需证明即可由，得上面两个不等式两

17、边相加可得，故时，恒成立当时，因为，显然不满足恒成立所以a的取值范围为【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可3（2019全国卷数学试题）已知函数f（x）=2sinxxcosxx，f（x）为f（x）的导数（1）证明：f（x）在区间（0，）存在唯一零点；（2）若x0，时，f

18、（x）ax，求a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）求导得到导函数后，设为进行再次求导，可判断出当时，当时，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围.【详解】（1）令，则当时，令，解得：当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减又，即当时，此时无零点，即无零点，使得又在上单调递减为，即在上的唯一零点综上所述：在区间存在唯一零点（2）若时，即恒成立令则，由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减且，当时，即在上恒成立在上单调递增，即，此时恒成立

19、当时，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，即恒成立当时，使得在上单调递减，在上单调递增时，可知不恒成立当时，在上单调递减可知不恒成立综上所述：【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.4（2019年全国高考卷（文）已知函数.证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存

20、在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（1）由题意可得，的定义域为，由，得，显然单调递增；又，故存在唯一，使得；又当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；因此，存在唯一的极值点；（2）方法一【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，则时，单调递减；当时，则当时，单调递增又，所以函数与的图像，如图8所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根又因为，当时

21、，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数方法二【分类讨论】由（1）知，又，所以有且仅有两个实根，可令下面证明，由，得，显然有， （*）（1）当时，（*）式不成立；（2）当时，（*）式不成立；（3）当时，（*）式成立综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数方法三【利用函数的单调性结合零点存在定理】的定义域为，显然不是方程的根，所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增当时，所以在区间内有唯一零点，即，所以 结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【整体点评】(2)方法一：对称性是函数

22、的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.考点03 三角函数相关导数问题2022年8月11日高中数学作业学校:_姓名：_班级：_考号：_一、解答题1（2023全国甲卷）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

23、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

24、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.2（2023全国新课标卷）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围【答案】（1）证明见详解（2）【分析】（1）分别构建，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.【详解】（1）构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递

25、增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：.（2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令因为，且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：，（i）当时，取，则，由（1）可得，且，所以，即当时，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意；（）当时，取，则，由（1）可得，构建，则，且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点，当时，则，且，则，即当时，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以

26、是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为.【点睛】关键点睛：1.当时，利用，换元放缩；2.当时，利用，换元放缩.3（2022天津统考高考真题）已知，函数(1)求函数在处的切线方程；(2)若和有公共点，（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，

27、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

28、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.4（2021年全国高考卷数学试题）已知函数f（x）=2sinxxcosxx，f（x）为f（x）的导数（1）证明：f（x）在区间（0，）存在唯一零点；（2）若x0，时，f（x）ax，求a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）求导得到导函数后，设为进行再次求导，可判断出当时，当时，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得

29、结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围.【详解】（1）令，则当时，令，解得：当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减又，即当时，此时无零点，即无零点，使得又在上单调递减为，即在上的唯一零点综上所述：在区间存在唯一零点（2）若时，即恒成立令则，由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减且，当时，即在上恒成立在上单调递增，即，此时恒成立当时，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，即恒成立当时，使得在上单调递减，在上单调递增时，可知不恒成立当时，在上单调递减可知不恒成立综上所述：【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点

30、个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.考点04 导数类综合问题一、解答题1（2023北京统考高考真题）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)答案见解析(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

31、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

32、；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.2（2023天津统考高考真题）已知函数(1)求曲线在处切线的斜率；(2)当时，证明：；(3)证明：【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【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

33、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）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.【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.3（2022年全国新高考卷）已知函数和有相同的最小值(1)求a；(2)证明

34、：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【详解】（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.因为和有相同

35、的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.（2）方法一：由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个解，当时，由（1）讨论可得、均无根，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，故上有且只有一个零点，且：当时，即

36、即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的根，此时有两个不同的根，故，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.方法二：由知，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2

37、个零点，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，即，所以，同理，因为，又因为在上单调递增，即，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论

38、，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.4（2022全国新高考卷（文）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)见解析【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

39、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）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.【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.5（2022北京统考高考真题）已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数

40、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)证明见解析【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）解：因为，所以，即切点坐标为，又，切线斜率切线方程为：（2）解：因为，所以，令，则， 在上单调递增，在上恒成立，在上单调递增.（3）解：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.6（2021全国乙卷）已知函数（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点

41、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

42、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.7（2021年全国高

43、考卷（文）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；【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：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

44、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：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，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

45、(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8（2020全国高考卷）已知函数f（x）=2lnx+1（1）若f（x）2x+c，求c的取值范围；（2）设a0时，讨论函数g（x）=的单调性【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间【分析】（1）方法三不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.【详解】（1）方法一【最优解】：等价于设

46、，则当时，所以在区间内单调递增；当时，所以在区间内单调递减故，所以，即，所以c的取值范围是方法二：切线放缩若，即，即当时恒成立，而在点处的切线为，从而有，当时恒成立，即，则所以c的取值范围为方法三：利用最值求取值范围函数的定义域为：，设，则有 ，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；所以c的取值范围为（2）且 因此，设 ，则有，当时，所以， 单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法

47、，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.9（2020全国高考卷(文)）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围【答案】（1）详见解析；(2).【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上

48、单调递减，在，上单调递增.（2）由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，且，所以在上有唯一一个零点，同理，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.10（2021年全国新高考卷数学试题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方

49、法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为由得，当时，；当时；当时，故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)方法一：等价转化由得，即由，得由（1）不妨设，则，从而，得，令， 则，当时，在区间内为减函数，从而，所以，由（1）得即令，则，当时，在区间内为增函数，从而，所以又由，可得，所以由得方法二【最优解】：变形为，所以令则上式变为，于是命题转换为证明：令，则有，不妨设由（1）知，先证要证：令，则，在区间内单调递增，所以，即再证因为，所以需证令，所以，故在区间内单调递增所以故，即综合可知

50、方法三：比值代换证明同证法2以下证明不妨设，则，由得，要证，只需证，两边取对数得，即，即证记，则.记，则，所以，在区间内单调递减，则，所以在区间内单调递减由得，所以，即方法四：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以由（）知，只需证证明同证法2再证明令令，则所以，在区间内单调递增因为，所以，即又因为，所以，即因为，所以，即综上，有结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.