大題05函數及導數根據近幾年的高考情況，函數中導數的應用是高考解答題必考題目，通常作為壓軸題的形式出現?？疾榈膬热葜饕€是以含參為主。本篇主要總結了高考中經常出現的含參導數有關的證明類問題，極值點偏移問題，隱零點問題，不等式的求參數范圍問題，新定義問題等進行相應的例題及解題方法的說明。預計2025年高考中函數及導數仍然會以含參形式的出現。題型一利用導數中恒成立或不等式求參數范圍1．（24-25高三上·安徽安慶·期末）已知函數，，為函數的導函數．(1)討論函數的單調性；(2)若任意，恒成立，求a的取值范圍．【思路分析】（1）先對參數進行分類討論，再利用導數求解單調性即可.（2）利用分離參數法得到，再利用導數得到，最后得到參數范圍即可.【規范答題】（1）因為，且定義域為，所以，令，則，當時，，函數在上單調遞增；當時，令，得到，令，得到，故函數在上單調遞減，在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞增；當時在上單調遞減，在上單調遞增．（2）由（1）得，因為對于任意，恒成立，所以恒成立，化簡得恒成立，故恒成立，令，則恒成立，，令，則，得到在單調遞增，即故，在單調遞增，而，即，故.2（2025·廣東佛山·二模）已知函數，其中．(1)討論函數的單調性；(2)已知，若對任意的恒成立，求的最小值．【思路分析】（1）求導之后分和討論得到單調性即可；（2）由條件得到時函數極小值，令極小值大于零，得到關于的不等式，再構造函數，求導分析單調性得到最值即可.【規范答題】（1），當時，恒成立，在上單調遞增；當時，令，所以當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增；綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由（1）可得時，當時，函數取得極小值，又，若對任意的恒成立，不符合題意，所以當，，即，即，即，代入，設，則，令，得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以，所以的最小值為.對于含有參數的不等式來說，要求參數的取值及取值范圍。一般采用參編分離的思想，將參數移到一邊，從而重新構造函數，求出函數的單調性，從而求出參數的取值范圍。對于含有兩個參數的，一般是將兩個參數轉換成一個參數處理。利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.（2025·陜西·一模）已知，函數在處取得極值．(1)求a；(2)證明：對任意的m，，都有；(3)若存在實數，使得成立，求k的最小整數值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)5．【詳解】（1），因為在處取得極值，所以，所以，解得．經驗證當時，在處取得極小值，符合題意，故．（2）對任意的m，，設，則，由（1）知，則在上單調遞增，所以當時，，即，所以在上單調遞增，因為，所以，即，故．（3）存在實數，使得成立，即成立．令，，則，，令，則在上恒成立，故在上單調遞增．又，，故存在唯一的，使得，即．當時，，即，當時，，即，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，故，結合，得，故k的最小整數值為5．2．（24-25高三上·浙江杭州·期末）已知函數（a為實常數）．(1)若，求證：在上是增函數；(2)當時，求函數在上的最大值與最小值及相應的x值；(3)若存在，使得成立，求實數a的取值范圍．【答案】(1)證明見解析；(2)答案見解析；(3).【詳解】（1）由題設，則，則在上有，故在上是增函數，得證；（2）由題設，則，當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以最小值為時，最大值為時；（3）由題設在上能成立，則，對于，則在上恒成立，故在上單調遞增，且時，即在上恒成立，所以在上能成立，令且，則，對于且，則，當時，，即在上單調遞減，當時，，即在上單調遞增，當，，即在上恒成立，在上恒成立，則在上單調遞增，故，所以.題型二證明恒成立及不等式問題1（2025·山東青島·一模）已知函數，.(1)當時，討論的單調性；(2)若有兩個極值點，記極大值和極小值分別為M，m，證明：.【思路分析】（1）利用函數的導數性質進行求解即可；（2）根據極值的定義，結合導數的性質進行證明即可.【規范答題】（1）當時，，，則，當或時，；當時，，所以函數在上單調遞減，在和上單調遞增.（2）由，，得，因為函數有兩個極值點，所以方程有兩個不相等的實根，設為且，因為函數在時的圖象關于軸對稱，所以，即，當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以分別是函數的極大值點和極小值點，即，，又，即，則，又，則，，設，，則，即函數在上單調遞減，所以，即.2（24-25高三下·湖南·階段練習）已知函數．(1)求的單調區間；(2)若，證明：當時，．【思路分析】（1）由函數的解析式求得其導數，由導數求得遞減區間，由導數求得遞增區間；（2）將不等式進行轉化，在已知條件下，所以不等式轉化為，設函數，求導數，由解析式可知遞增，由函數零點存在定理可知存在唯一的，使得，從而得到函數單調區間并得到函數最小值，證明函數最小值大于等于0即可得證.【規范答題】（1）因為，所以．當時，，當時，，所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為．（2）要證明，即證明，因為，且，所以，故只需證明，即．設，則．易知在上單調遞增，且，，所以存在唯一的，使得，即，．當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增．所以，故原命題成立．求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.1（25-26高三上·上海·單元測試）設函數，其中，曲線過點．(1)求a，b的值；(2)求證在時，恒大于零，其中；(3)證明：當時，．（1）由題意分析求解即可；（2）利用導函數分析的單調性，證明即可；（3）令，當時，轉化為，利用導函數證明即可.（1）因為曲線過點．所以，因為，所以成立，所以，；（2），因為，所以，所以在嚴格遞增，所以，即；（3）令，即，，，由（2）證可知，所以在上嚴格遞增，所以，因為，所以，，即，所以2（24-25高三下·重慶·開學考試）已知函數，．(1)若函數在單調增，求實數a的取值范圍：(2)當時，，求實數a的值；(3)求證：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）函數在某區間單調遞增，可通過其導數在該區間大于等于0恒成立來求解參數范圍；（2）要根據函數在給定區間的取值情況確定參數值，需結合函數的單調性等性質進行分析；（3）證明不等式需要利用前面得到的函數性質以及一些常見的放縮技巧變形，結合裂項求和即可.【詳解】（1）據題意：，，則當時，，則在單調減，所以，由于在單調增，則恒成立，即，故．（2）下面證明：當時，恒成立，此時，由（1）知，當時，，符合；當時：，，，則在單調增，由于，，則存在使，則，即在單調減，，即在單調增，又，，所以對恒成立，即在單調減，故．、綜上，．（3）由（2）知：對恒成立，令，，所以．題型三極值點偏移問題1（2025·陜西寶雞·二模）已知函數，(1)當時，求在處的切線方程；(2)若時，恒成立，求的范圍；(3)若在內有兩個不同零點、，求證：.【思路分析】（1）當時，求出、的值，利用導數的幾何意義可得出所求切線的方程；（2）由已知不等式結合參變量分離法可得，利用導數求出函數在上的最大值，即可求出實數的取值范圍；（3）分析可知，要證所證不等式成立，即證且，要證，即證，利用誘導公式結合指數函數的單調性即可證明；要證，即證，構造函數，只需證，利用導數分析函數的單調性，即可證得結論成立.【規范答題】（1）當時，，則，所以，，.故切線方程為，即，（2）因為在上恒成立，進而，即．令，其中，則，當時，，則，此時，函數單調遞增，當時，，則，此時，函數單調遞減，當時，，因為，因此，所以，，故，因此，實數的取值范圍是.（3）因為函數在內有兩個不同零點、，則方程在內有兩個根、，即，由（2）知，當時，函數在單調遞增，單調遞減．故，欲證，即證，由于且函數在單調遞減．所以只需證明，即證，欲證，即證，即，即證，即證，而該式顯然成立，欲證，即證，且，即證，即證，即證，即證，令，只需證，，令，所以，即函數在上單調遞增，所以，，故原不等式得證．2（24-25高三上·山東濰坊·期末）已知函數，.(1)求曲線在處的切線方程；(2)若，求的取值范圍；(3)若有兩個實數解，，證明：.【思路分析】（1）借助導數的幾何意義計算即可得；（2）設，借助導數研究其單調性即可得；（3）結合（2）中所得可得，可將所需證明內容轉化為證明，等價于證明，構造函數，結合其單調性只需證，再構造函數，利用導數研究其單調性即可得證.【規范答題】（1），，，所以在處的切線方程為，即；（2）由可知，，，即在上恒成立，設，，當時，，在單調遞減；當時，，在單調遞增，所以時，取得最小值，最小值為，由題意知，即，故的取值范圍為；（3）方程有兩實數解，，即有兩實數解，不妨設，由（2）知方程要有兩實數解，則，即，同時，，，，則，在單調遞減，欲證，即證，，等價于，即，等價于，整理得①，令，①式為，又在單調遞增，故①式等價于，即，令，，當時，，在單調遞增，又，，即，所以，則.極值點偏移問題的一般題設形式：1.若函數存在兩個零點且，求證：（為函數的極值點）；2.若函數中存在且滿足，求證：（為函數的極值點）；3.若函數存在兩個零點且，令，求證：；4.若函數中存在且滿足，令，求證：.1（2025·青海海南·模擬預測）已知函數．(1)討論函數的單調性．(2)假設存在正實數，滿足．（i）求實數的取值范圍；（ii）證明：．【答案】(1)函數在上單調遞減，在上單調遞增．(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）求導，由導數符號即可求解；（2）（i）由題意知，問題轉換成有兩根，通過取對數，同構，構造函數，通過其單調性即可求解；（ii）構造函數，通過求導，確定單調性，確定最值，即可求解；【詳解】（1）由題意知，，令，解得，令，解得，故函數在上單調遞減，在上單調遞增．（2）（i）由題意知，在上有兩個不相等的實數根，即，兩邊取對數，可得．記，易知在上是增函數，故可等價于，即．記，則，得在上單調遞減，在上單調遞增，有最小值，故，即．（ii）根據題意得，不妨設．構造函數，則．當時，，則，得在上單調遞減，有，即．將代入不等式，得，又，故，又在上單調遞增，故，即2．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知．(1)當時，討論函數的極值點個數；(2)若存在，，使，求證：．【答案】(1)函數的極值點有且僅有一個(2)證明見解析【分析】（1）對函數進行求導，然后分和兩種情況對函數的單調性進行研究，即可得到答案；（2）由可得（*），通過證明單調遞增，（*）轉化為，接著證明成立，即可求解【詳解】（1）當時，，則，當時，，故在上單調遞增，不存在極值點；當時，令，則總成立，故函數即在上單調遞增，且，，所以存在，使得，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；故在上存在唯一極值點，綜上，當時，函數的極值點有且僅有一個．（2）由知，整理得，（*），不妨令，則，故在上單調遞增，當時，有，即，那么，因此，（*）即轉化為，接下來證明，等價于證明，不妨令（），建構新函數，，則在上單調遞減，所以，故即得證，由不等式的傳遞性知，即．【點睛】思路點睛：應用對數平均不等式證明極值點偏移：①由題中等式中產生對數；②將所得含對數的等式進行變形得到；③利用對數平均不等式來證明相應的問題.題型四函數導數中隱零點問題（24-25高三上·河北·期末）已知函數，，．(1)若，函數在上單調遞減，求實數a的取值范圍；(2)若，，求函數在上的零點個數．【思路分析】（1）求出導函數，題意得出在上恒成立，轉化為，在上恒成立，再引入函數求出函數的最值得參數范圍；（2）求出，令，再求導，由的單調性確定的零點的存在性,從而得的正負，確定即的單調性，然后再確定的零點的存在性，得出的正負，確定的單調性，然后確定的零點的存在性（零點的存在性需與零點存在定理結合）．【規范答題】（1）當時，，，因為函數在上單調遞減，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得，令，在上，，，所以在上的最小值為，所以實數a的取值范圍為．（2）當，時，，可得，，設，則，易知在上單調遞增，又，，所以，使得，在上,在上，所以f′x在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，所以，，使得，故在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，又，由得，，又因為，所以，使得，綜上，函數在上有，0兩個零點．2（24-25高三上·江西宜春·期末）已知函數.(1)當時，，求實數的取值范圍；(2)判斷函數在的零點個數，并說明理由.【思路分析】（1）利用導數求的最大值即可求解；（2）先把方程轉化，再構造新函數，應用導函數得出單調性結合零點存在定理得出結果.【規范答題】（1）由題意得，令，解得，所以，所以當時，；當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以的最大值為，由于時，，所以實數的取值范圍為.（2）令，則，整理得，令，則，當時，．所以在上單調遞減，又，，所以由零點存在性定理得，在上存在唯一零點．當時，，此時函數無零點．綜上所述，在上存在唯一零點，即函數在上的零點個數為1．【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的解決關鍵是，將函數在零點個數的問題轉化為零點個數問題，從而得解.隱零點問題是函數零點中常見的問題之一，其源于含指對函數的方程無精確解，這樣我們只能得到存在性之后去估計大致的范圍（數值計算不再考察之列）.基本步驟：第1步:用零點存在性定理判定導函數零點的存在性,列出零點方程,并結合的單調性得到零點的范圍;第2步:以零點為分界點,說明導函數的正負,進而得到的最值表達式;第3步:將零點方程適當變形,整體代入最值式子進行化簡:（1）要么消除最值式中的指對項（2）要么消除其中的參數項;從而得到最值式的估計.二、函數零點的存在性定理函數零點存在性定理：設函數在閉區間上連續，且，那么在開區間內至少有函數的一個零點，即至少有一點，使得.三、隱零點的同構實際上,很多隱零點問題產生的原因就是含有指對項,而這類問題由往往具有同構特征,所以下面我們看到的這兩個問題,它的隱零點代換則需要同構才能做出,否則,我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡方向.我們看下面兩例:一類同構式在隱零點問題中的應用的原理分析所以在解決形如,這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.四、一般思路針對導函數的“隱零點”，求解取值范圍時，需要根據導函數零點代入方程，把參數表示成含隱零點的函數，再來求原函數的極值或者最值問題或證明不等式。構建關于隱零點作為自變量的新函數，求函數值域或者證明不等式恒成立問題。在使用零點存在定理確定區間時往往存在困難，必要時使用放縮法取含參的特殊值來確定零點存在區間。1（24-25高三上·山東德州·階段練習）已知函數.(1)當時，求函數的單調區間；(2)若有3個零點，，，其中.求實數的取值范圍.【答案】(1)單調遞增區間為，無單調遞減區間(2)【分析】（1）求導函數，利用導數求解單調區間即可.（2），由得，則除1外還有兩個零點，對求導分類討論其單調性，當時，在單調遞減，不滿足，當時，要是除1外還有兩個零點，則不單調，則，再由韋達定理求出其余兩個零點的范圍，結合函數的單調性說明所求范圍即為所求.【詳解】（1）當時，，，則在恒成立，所以在單調遞增，故的單調遞增區間為，無單調遞減區間.（2），，，則除1外還有兩個零點，，令，當時，在恒成立，則，所以在單調遞減，不滿足，舍去；當時，要是除1外還有兩個零點，則不單調，所以存在兩個零點，所以，解得，當時，設的兩個零點為，，則，，所以當時，，，則單調遞增；當時，，，則單調遞減；當時，，，則單調遞增；又，所以，，而，且，，且，所以存在，，使得，即有3個零點，，，綜上，實數的取值范圍為.2（2025·山西晉中·模擬預測）已知函數.(1)求函數在區間上的最小值；(2)判斷函數的零點個數，并證明.【答案】(1)(2)函數在有且僅有一個零點，證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，令，利用導數說明的單調性，結合零點存在性定理得到的單調性，即可求出在閉區間上的最小值；（2）利用導數判斷函數的單調性，借助零點存在性定理，討論，和時，的正負，即可得出證明.【詳解】（1）因為，所以，令，，當時，，所以在上單調遞減，且，，所以由零點存在定理可知，在區間存在唯一的，使又當時，；當時，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，又因為，，所以函數在區間上的最小值為.（2）函數fx在上有且僅有一個零點，證明如下：函數，x∈0,+∞，則，若，，所以在區間上單調遞增，又，，結合零點存在定理可知，在區間有且僅有一個零點，若，則，，則，若，因為，所以，綜上，函數在0,+∞有且僅有一個零點.題型五函數導數與其他知識點相結合1（2025高三下·全國·專題練習）已知實數，函數（e為自然對數的底數）．(1)求函數的單調區間及最小值；(2)若對任意的恒成立，求實數a的值；(3)證明：．【思路分析】（1）求導數，利用導數的正負，即可求函數的單調區間，根據單調性求最值；（2）若對任意的恒成立，即對a>0恒成立，即可求實數a的值；（3）根據（2）的結論得到，對不等式每一項進行放縮，再結合裂項相消計算即可.【規范答題】（1）函數定義域為R，，當時，若，得函數在上是增函數；若，得函數在上是減函數．則當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是．即在處取得極小值且為最小值，最小值為．（2）若對任意的恒成立，等價為，由（1）知，，設，則，由，得，由，得，此時函數單調遞增，由，得，此時函數單調遞減，在處取得最大值，即，因此的解為．所以實數a的值為1．（3）證明：由（2）可知時恒成立，即，則．，．2（2025·甘肅·一模）函數，且.(1)時，判斷的單調性；(2)若，判斷與的大小，且，并說明理由；(3)證明：對于任意的，有.【思路分析】（1）分類討論根據導函數正負得出函數單調性；（2）應用已知（1）的結論結合三角函數的值域計算判斷即可；（3）應用已知（1）的結論結合三角函數的值域及不等式的性質計算證明即可；【規范答題】（1）由于當時，時，故當時，函數在為減函數，在為增函數，同理，當時，函數在為增函數，在為減函數：（2）由（1）可知，當時，，故，令，由于，則，可得，所以，當且僅當時“”成立.（3）由（1）可知，當時，.又當時，，故時，，即，令，可得，令，可得，兩式相加可得，即，所以，當且僅當時“”成立.由可得，令，可得，兩邊同乘，整理得，用替換可得，同理可得，兩式相加可得，故，所以，當且僅當時“”成立.所以當且僅當時“”成立.1（24-25高三下·河南信陽·開學考試）已知函數．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若是的一個極大值點．（i）證明：；（ii）設，，是的3個極值點，若存在，使得，，，成遞增的等差數列，求該等差數列的公差．【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）【分析】（1）由導數的幾何意義求得切線斜率，即可求解；（2）（i）求導，構造函數，由是的一個極大值點，得到，即可求解；（ii）由等差數列概念得到，求得，進而可求解；【詳解】（1）解：當時，，則，所以，又，所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）（i）證明：由題意得，

記，，當時，即恒成立，易知當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以是的一個極小值點，不合題意，舍去；

當時，得或，所以有兩個不同的根，，不妨設，依題意：若是的一個極大值點，則必有，此時，即，所以，得證；（ii）解：由（i）知，，，因為，，，成等差數列，所以，故，此時，，，成等差數列，

所以，解得，整理得，解得或，

又因為，或，所以，又，即，所以，所以該數列的公差為．2．（22-23高三上·湖南長沙·開學考試）已知數列的前n項和為，且滿足（），.(1)求數列的通項公式；(2)當時，數列滿足，求證：；(3)若對任意正整數n都有成立，求正實數的取值范圍.【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）當時，則；當時，，，兩式相減得，綜合即得解；（2）由題得，利用裂項相消得證；（3）等價于，令，求出函數的即得解.【詳解】（1）解：由得，即，所以.若，則；若，則由得，兩式相減得，化簡得，所以數列是以1為省項，以為公比的等比數列，因此，當時，也滿足該式，故.（2）解：因為，所以，則，因此，又因為，且，故，因此得證.（3）解：由（1）得，則，即，令，為使對任意正整數都有成立，即，因為，所以當時，，即在上單調遞增；當時，，即在上單調遞減，又，且，所以，因此，題型六函數導數的新定義問題1（24-25高三上·湖北·期末）1696年，洛必達在他的著作《無限小分析》一書中創造了一種算法，用以尋找滿足一定條件的兩函數之商的極限，算法之一為：若函數和滿足下列條件：①，②在點a的去心鄰域內與可導，且③，那么據此回答下面問題：(1)求的值，并用導數的定義證明：(2)已知（i）求函數的單調遞減區間;（ii）若對任意恒成立，求實數a的取值范圍.【思路分析】（1）利用導數的新定義結合導數的定義直接求解即可；（2）（i）求導后解不等式即可；（ii）轉化為不等式成立，分類求出函數的最大值即可.【規范答題】（1），依據導數的定義：（2）（i）因為，定義域為R，所以，令，解之得：，所以的單調遞減區間為，（ii）因為對任意恒成立，且當時，不等式顯然成立，所以，當時，原式可轉化為恒成立，令，即，因為，令，，當時，，，在上單調遞減，所以，即時，所以在上單調遞減，，所以，當時，因為，所以，所以，所以，綜上可知：實數a的取值范圍為（24-25高三上·山東青島·期末）帕德近似是法國數學家亨利·帕德發明的用有理多項式近似特定函數的方法，給定兩個正整數m，n，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，……，，注：，，，，……已知函數．(1)求函數在處的階帕德近似．(2)在（1）的條件下：①求證：；②若恒成立，求實數m的取值范圍．【思路分析】（1）根據帕德近似定義對函數求導即可得出；（2）①構造函數并求導得出其在上的單調性，即可得出結論；②根據函數解析式求導再結合函數單調性以及極值、最值的綜合應用即可求得實數m的取值范圍．【規范答題】（1）由題可知函數在處的階帕德近似，則，，，由得，所以，則，又由得，所以，由得，所以，（2）①令，，因為，所以在及上均單調遞減．當，，即，而，所以，即，當，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是的極大值點，又，故，則，當時，，所以，當時，，，則，故在上單調遞增，所以當時，，當時，，令，因為，所以在上單調遞減，所以，又因為在上，故當時，，綜上，當時，恒成立．對于新定義的導數題目，注意理解題目給出的新定義所包含的意義，充分利用題目給出的新定義的例題去解決實際問題，一般考查學生的舉一反三能力以及創新能力。1（24-25高三上·河南·期末）拉格朗日是十八世紀著名的數學家，在數學領域作出了重大貢獻，人們常把很多數學領域中新的發現用他的名字命名.如對一組數據（）（互不相等）進行研究時，記時，，稱為這組數據的拉格朗日插值多項式.(1)試求數據的拉格朗日插值多項式的表達式；(2)對于（1）中求出的，若函數滿足，（i）研究的單調性；（ii）若有兩個零點，求的取值范圍.【答案】(1)(2)（i）答案見解析；（ii）.【分析】（1）根據拉格朗日插值多項式的定義直接求解即可.（2）（i）先求出的表達式及導函數，按照和分類討論研究其單調性即可.（ii）分離參數將問題轉化為有兩個不同實數解，令，求單調性并畫出示意圖，數形結合得，解對數函數不等式即可.【詳解】（1）對于數據，有，，所以，即.（2）（i）由（1）知，所以，，若，則在上單調遞減；若，則，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減.綜上所述，時，在上單調遞減；時，在上單調遞增，在上單調遞減.（ii）因為函數有兩個零點，所以關于的方程，即，亦即有兩個不同實數解.令，則，當時，在上單調遞減，且當時，；當時，在上單調遞增，所以當時，取得最大值.作出函數的圖象以及直線，如圖所示：由圖可見，當且僅當，即時，直線與函數的圖象有兩個公共點，所以實數的取值范圍是.2（2025·廣東江門·一模）意大利畫家達·芬奇提出：固定項鏈的兩端，在重力的作用下自然下垂，那么項鏈所形成的曲線是懸鏈線．在17世紀，惠更斯、萊布尼茨、約翰·伯努利等得到懸鏈線方程是，其中c為參數．當時，該方程就是雙曲余弦函數．相應地就有雙曲正弦函數．已知三角函數的三個關系式：①平方關系：；②二倍角關系：；③導數關系：(1)類比關系式①②③，寫出和之間的三種關系式（不需要證明）；(2)當時，不等式恒成立，求的取值范圍；(3)設無窮數列滿足，是否存在實數，使得？若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)①平方關系：；②二倍角關系：；③導數關系：，.(2)(3)【分析】（1）求出和即可求解，求出和即可求解，求出和即可求解；（2）證明存在足夠小的使得，令，討論的情況，并結合導數檢驗即可求解；（3）根據與遞推式形式一致求出，求出即可求解.【詳解】（1）（1）雙曲函數關系式①平方關系：；②二倍角關系：；③導數關系：，.證明如下（不需要寫出）：因為，，所以；因為，，所以；，（2）因為，所以，所以，，當時，設，若，則存在足夠小的使得矛盾，所以，因為，觀察，令，，當且僅當時等號成立，所以在時單調遞增，因為，所以對成立，即，所以滿足題意，所以；（3）因為與遞推式形式一致，所以假設，其中為待定參數，因為符合遞推關系，所以，因為，所以，因為，得，令，方程變為，解得或，所以或，所以或，因為是偶函數，所以不妨設，所以，，所以1．（24-25高三下·浙江杭州·階段練習）已知、，函數．(1)若曲線在處的切線方程為，求的值；(2)若函數在上單調遞增，求的取值范圍；(3)若對，函數至多有兩個零點，求的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由導數的幾何意義可得出，可求出、的值，即可得解；（2）由已知得出對任意的，參變量分離得出，利用導數求出函數的最小值，由此可得出實數的取值范圍；（3）對實數的取值進行分類討論，利用導數分析函數的單調性，結合函數的零點個數可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）因為，則，由題意可得，，解得，，故.（2）由題意可知，對任意的，，可得，令，則，由可得，由可得，所以，函數的減區間為，增區間為，所以，，因此，實數的取值范圍是.（3）由（2）得，當時，函數在上單調遞增，則函數至多一個零點，符合題意；當時，，當時，，且當時，，作圖所示：由圖可知，存在，使得，且當時，，當時，，所以，函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以，對，函數至多有兩個零點，符合題意；當時，函數有兩個零點，設兩個零點分別為、，當或，，當時，，所以，函數的增區間為、，減區間為，所以，函數的極大值為，極小值為，且當時，；當時，.故當時，即當時，函數有三個零點，不合題意.綜上所述，實數的取值范圍是.【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.2．（2025·山西·一模）已知函數.(1)判斷函數的單調性；(2)若存在，使得，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）討論的取值范圍，根據導函數的正負可得函數的單調性.（2）討論的取值范圍，分析函數在上的最大值，由此可求出的取值范圍.【詳解】（1）由題意得，的定義域為，∵，∴.由得或.當時，恒成立；當時，由得，或，由得；當時，由得，或，由得.綜上可得：當時，在上單調遞增；當時，在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，在，上單調遞增，在上單調遞減.（2）由（1）得時，在上單調遞增，在上最大值為，故不存在，使得.當時，若，即，則在上單調遞減，在上的最大值為.若存在，使得，只需，解得，故.若，即，則在上單調遞增，在上單調遞減，在上最大值為，若存在，使得，只需，解得.綜上可得，的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：解決第（2）問的關鍵是結合的取值范圍，分析函數在上的最大值，根據最大值大于等于可求得的取值范圍.3．（2025·浙江·一模）已知函數，其中.(1)若函數是偶函數，求；(2)當時，討論函數在上的零點個數；(3)若，，求的取值范圍.【答案】(1)(2)兩個零點(3)【分析】（1）由偶函數的定理建立等式，求出；（2）代入，得到，寫出，令后在求導.由解析式可知當時，恒成立.當時，，得到單調遞增，由二分法知道在存在唯一零點.由此知道函數的單調區間，再由二分法得到函數零點.（3）當時，恒成立，所以當時，由，求出的范圍.再將的范圍分為，，三個范圍，由三角函數的性質以及導函數判斷函數單調性建立不等式，最后求出的范圍.【詳解】（1）因為函數是偶函數，所以.即，解得：.（2）當時，.，，令，則.當時，，當時，，單調遞增，又，，所以存在，使得.，，單調遞減，，，單調遞增，而，，，所以在上存在一個零點.綜上，函數在有兩個零點.（3）當時，；當時，，則.（ⅰ）當時，，，成立；（ⅱ）當時，若，則，單調遞增，所以；若，則，，成立；（ⅲ）當時，若，則成立；只要考慮，此時令，則，遞增，，，所以存在，使得，若，則，遞減；若，則，遞增.所以，解得.此時，所以，從而.綜上，.【點睛】方法點睛，本題是函數綜合問題，考查了利用導函數得到函數單調性，由函數單調性解決不等式恒成立問題.本題需要先通過三角函數的值域先得到不等式在某個區間恒成立，再通過某個特殊值得到的范圍，然后通過函數解析式的特殊性，分別討論的范圍內不等式恒成立.本題用到了隱零點的方法求得函數的最小值，要想不等式大于等于零恒成立，轉變為最小值大于等于零，然后解得的范圍.4．（24-25高二上·湖南長沙·期末）設函數（）.(1)當時，討論函數的單調性；(2)當時，曲線與直線交于，兩點，求證：；(3)證明：（，）.【答案】(1)時，單調遞減；時，單調遞增.(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求導，利用導數的正負即可求解；（2）求導得，進而代入化簡將問題轉化成，構造函數即可利用導數求解；（3）利用（2）的結論取，，利用累加法即可求解.【詳解】（1）當時，，，時，，單調遞減；時，，單調遞增.（2），則，由題意，知有兩解，，不妨設，要證，即證，①若，則；②若，由知，在上單調遞減，在上單調遞增，也有，綜合①②知，，所以只需證（*）.又，∴兩式相減，整理得，代入（*）式，得，即.令（），即證.令（），則，∴在上為增函數，∴，∴成立.（3）由（2）知，，故，，取，所以（），則（）.【點睛】對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．5．（24-25高三下·安徽·階段練習）已知函數.(1)求函數的單調區間與極值；(2)若數列滿足，記為數列的前項和.求證：①當時，；②當時，.【答案】(1)增區間為，減區間為，極大值，無極小值；(2)①證明見解析；②證明見解析.【分析】（1）求出函數的定義域及導數，進而求出單調區間及極值.（2）①結合（1）中信息，利用數學歸納法證明不等式；②構造函數，利用導數探討單調性證得不等式，求出并借助放縮法及等比數列前項和公式推理得證.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，由，得；由，得，函數在上遞增，在上遞減，當時，函數取得極大值，無極小值，所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為，極大值為0，無極小值.（2）①用數學歸納法證明如下：（i）當時，，，不等式成立；（ii）假設當時，不等式成立，即成立，由函數在上遞增，得，而，即成立，則當時，不等式成立，綜合（i）（ii）得：當時，成立.②令函數，求導得，函數在上遞減，，即成立，由（i）知，當時，，則，所以當時，，當時，成立；當時，，所以當時，成立.【點睛】關鍵點點睛：構造函數并用導數證得不等式成立是解決第2問的關鍵.6．（24-25高三上·河南·階段練習）已知函數.(1)若有唯一極值，求的取值范圍；(2)當時，若，，求證：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）求出函數的導數，分析極值點情況即可得解.（2）由（1）的信息可設，再構造函數，探討函數的單調性推理即得.【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，當時，若，，函數在上單調遞增，無極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；若，當或時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，函數有兩個極值點，不符合題意；當時，當時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，2是函數的極大值點，且是唯一極值點，所以的取值范圍是.（2）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，由，，不妨令，要證，只證，即證，就證，令，求導得，于是函數在上單調遞減，，而，則，即，又，因此，顯然，又函數在上單調遞增，則有，所以.【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.7．（24-25高三上·河南·階段練習）已知函數．(1)若，討論的單調性．(2)已知關于的方程恰有個不同的正實數根．（i）求的取值范圍；（ii）求證：．【答案】(1)在，上單調遞增，在上單調遞減(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）求導后，根據的正負可確定的單調性；（2）（i）將問題轉化為與有兩個不同交點的問題，利用導數可求得的單調性和最值，從而得到的圖象，采用數形結合的方式可確定的范圍；（ii）設，根據：，，采用取對數、兩式作差整理的方式可得，通過分析法可知只需證即可，令，構造函數，利用導數可求得單調性，從而得到，由此可證得結論.【詳解】（1）當時，，則；令，解得：或，當時，；當時，；在，上單調遞增，在上單調遞減.（2）（i）由得：，恰有個正實數根，恰有個正實數根，令，則與有兩個不同交點，，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，又，當從的右側無限趨近于時，趨近于；當無限趨近于時，的增速遠大于的增速，則趨近于；則圖象如下圖所示，當時，與有兩個不同交點，實數的取值范圍為；（ii）由（i）知：，，，，，不妨設，則，要證，只需證，，，，則只需證，令，則只需證當時，恒成立，令，，在上單調遞增，，當時，恒成立，原不等式得證.【點睛】思路點睛：本題考查利用導數求解函數單調性、方程根的個數問題和極值點偏移問題的求解；本題求解極值點偏移的基本思路是通過引入第三變量，將問題轉化為單變量問題，進而通過構造函數的方式證明關于的不等式恒成立.8．（2025·廣西·一模）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)當時，恒成立，求實數的取值范圍；(3)證明：．【答案】(1)；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）求出導數，再利用導數的幾何意義求出切線方程.（2）不等式對恒成立可得對恒成立，再構造函數并利用導數探討單調性推理得證.（3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂項相消法求得證.【詳解】（1）函數，求導得，則，而，所以曲線在點處的切線方程為.（2）不等式，由時，恒成立，得，令，由當時，恒成立，得，，求導得，令，求導得，而，則當，即時，，函數在上單調遞增，，函數在上單調遞增，則，符合題意，因此；當時，由，得，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞減，則當時，，不符合題意，所以實數的取值范圍是.（3）由（2）知，當時，，取，則，而，因此，所以.一、解答題1．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真題）已知函數(1)若，且，求的最小值；(2)證明：曲線是中心對稱圖形；(3)若當且僅當，求的取值范圍．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）求出后根據可求的最小值；（2）設為圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數的圖像上，從而可證對稱性；（3）根據題設可判斷即，再根據在上恒成立可求得.【詳解】（1）時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而成立，故即，所以的最小值為.，（2）的定義域為，設為圖象上任意一點，關于的對稱點為，因為在圖象上，故，而，，所以也在圖象上，由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.（3）因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則在上恒成立，設，則，當，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當時，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當，則當時，故在上為減函數，故，不合題意，舍；綜上，在上恒成立時.而當時，而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，即的解為.綜上，.【點睛】思路點睛：一個函數不等式成立的充分必要條件就是函數不等式對應的解，而解的端點為函數對一個方程的根或定義域的端點，另外，根據函數不等式的解確定參數范圍時，可先由恒成立得到參數的范圍，再根據得到的參數的范圍重新考慮不等式的解的情況.2．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知函數．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導，分析和兩種情況，利用導數判斷單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可；解法二：求導，可知有零點，可得，進而利用導數求的單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可.【詳解】（1）當時，則，，可得，，即切點坐標為，切線斜率，所以切線方程為，即.（2）解法一：因為的定義域為，且，若，則對任意恒成立，可知在上單調遞增，無極值，不合題意；若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，由題意可得：，即，構建，則，可知在內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為；解法二：因為的定義域為，且，若有極小值，則有零點，令，可得，可知與有交點，則，若，令，解得；令，解得；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則有極小值，無極大值，符合題意，由題意可得：，即，構建，因為則在內單調遞增，可知在內單調遞增，且，不等式等價于，解得，所以a的取值范圍為.3．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數．(1)當時，求的極值；(2)當時，，求的取值范圍．【答案】(1)極小值為，無極大值.(2)【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.（2）求出函數的二階導數，就、、分類討論后可得參數的取值范圍.【詳解】（1）當時，，故，因為在上為增函數，故在上為增函數，而，故當時，，當時，，故在處取極小值且極小值為，無極大值.（2），設，則，當時，，故在上為增函數，故，即，所以在上為增函數，故.當時，當時，，故在上為減函數，故在上，即在上即為減函數，故在上，不合題意，舍.當，此時在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合題意，舍；綜上，.【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.4．（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數．(1)討論的單調性；(2)證明：當時，．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.【詳解】（1）因為，定義域為，所以，當時，由于，則，故恒成立，所以在上單調遞減；當時，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）方法一：由（1）得，，要證，即證，即證恒成立，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.方法二：令，則，由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，則，當且僅當時，等號成立，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以要證，即證，即證，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.5．（2023·新課標Ⅱ卷·高考真題）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．【答案】（1）證明見詳解（2）【分析】（1）分別構建，，求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得結果；（2）根據題意結合偶函數的性質可知只需要研究在上的單調性，求導，分類討論和，結合（1）中的結論放縮，根據極大值的定義分析求解.【詳解】（1）構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；構建，則，構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，即對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；綜上所述：.（2）令，解得，即函數的定義域為，若，則，因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，則在上單調遞減，在上單調遞增，故是的極小值點，不合題意，所以.當時，令因為，且，所以函數在定義域內為偶函數，由題意可得：，（i）當時，取，，則，由（1）可得，且，所以，即當時，，則在上單調遞增，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，所以是的極小值點，不合題意；（ⅱ）當時，取，則，由（1）可得，構建，則，且，則對恒成立，可知在上單調遞增，且，所以在內存在唯一的零點，當時，則，且，則，即當時，，則在上單調遞減，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，所以是的極大值點，符合題意；綜上所述：，即，解得或，故a的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：1.當時，利用，換元放縮；2.當時，利用，換元放縮.6．（2023·全國乙卷·高考真題）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.(3)若在存在極值，求a的取值范圍.【答案】(1)；(2)存在滿足題意，理由見解析.(3).【分析】(1)由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；(2)首先求得函數的定義域，由函數的定義域可確定實數的值，進一步結合函數的對稱性利用特殊值法可得關于實數的方程，解方程可得實數的值，最后檢驗所得的是否正確即可；(3)原問題等價于導函數有變號的零點，據此構造新函數，然后對函數求導，利用切線放縮研究導函數的性質，分類討論，和三中情況即可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，，則，據此可得，函數在處的切線方程為，即.（2）令，函數的定義域滿足，即函數的定義域為，定義域關于直線對稱，由題意可得，由對稱性可知，取可得，即，則，解得，經檢驗滿足題意，故.即存在滿足題意.（3）由函數的解析式可得，由在區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;令，則，令，在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，當時，，在區間上單調遞減，此時，在區間上無零點，不合題意;當，時，由于，所以在區間上單調遞增，所以，在區間上單調遞增，，所以在區間上無零點，不符合題意；當時，由可得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故的最小值為，令，則，函數在定義域內單調遞增，，據此可得恒成立，則，由一次函數與對數函數的性質可得，當時，，且注意到，根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.當時，，單調減，當時，，單調遞增，所以.令，則，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，所以，所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.綜合上面可知:實數得取值范圍是.7．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數(1)當時，討論的單調性；(2)若恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)答案見解析.(2)【分析】（1）求導,然后令,討論導數的符號即可;（2）構造,計算的最大值,然后與0比較大小,得出的分界點,再對討論即可.【詳解】（1）令,則則當當,即.當,即.所以在上單調遞增,在上單調遞減（2）設設所以.若,即在上單調遞減,所以.所以當,符合題意.若當,所以..所以,使得,即,使得.當,即當單調遞增.所以當,不合題意.綜上,的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性在定義域內是減函數,若,當,對應當.8．（2022·全國乙卷·高考真題）已知函數(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若在區間各恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）先算出切點,再求導算出斜率即可（2）求導,對分類討論,對分兩部分研究【詳解】（1）的定義域為當時,,所以切點為,所以切線斜率為2所以曲線在點處的切線方程為（2）設若,當,即所以在上單調遞增,故在上沒有零點,不合題意若,當,則所以在上單調遞增所以,即所以在上單調遞增,故在上沒有零點,不合題意若(1)當,則,所以在上單調遞增所以存在,使得,即當單調遞減當單調遞增所以當,令則所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又，，所以在上有唯一零點又沒有零點,即在上有唯一零點(2)當設所以在單調遞增所以存在,使得當單調遞減當單調遞增,又所以存在,使得,即當單調遞增,當單調遞減，當，，又，而,所以當所以在上有唯一零點,上無零點即在上有唯一零點所以,符合題意所以若在區間各恰有一個零點,求的取值范圍為【點睛】方法點睛：本題的關鍵是對的范圍進行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說明.9．（2022·全國甲卷·高考真題）已知函數．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．【答案】(1)(2)證明見的解析【分析】（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；（2）利用分析法，轉化要證明條件為，再利用導數即可得