三年（2022–2024）高考数学真题分类汇编（全国）专题03 导数及其应用（解析版）

专题03导数及其应用考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：切线问题2024年全国甲卷（理）、2023年全国甲卷（文）2024年全国Ⅰ卷、2022年全国II卷2022年全国I卷高考对导数及其应用的考查相对稳定，属于重点考查的内容．高考在本节内容上无论试题怎样变化，我们只要把握好导数作为研究函数的有力工具这一点，将函数的单调性、极值、最值等本质问题利用图像直观明了地展示出来，其余的就是具体问题的转化了．最终的落脚点一定是函数的单调性与最值，因为它们是导数永恒的主题．考点2：单调性、极最值问题2023年全国乙卷（文）2022年全国乙卷（理）2023年北京卷2024年全国Ⅰ卷、2024年全国Ⅱ卷2023年全国Ⅱ卷、2023年全国Ⅱ卷2022年全国乙卷（文）考点3：比较大小问题2022年全国甲卷（文）2022年全国甲卷（理）2022年全国I卷、2024年北京卷2024年天津卷2023年全国甲卷（文）、2023年天津卷考点4：恒成立与有解问题2024年新课标全国Ⅱ卷2023年全国甲卷（文）、2023年全国甲卷（理）2024年全国甲卷（理）、2024年全国Ⅰ卷考点5：极最值问题2023年全国乙卷（理）2023年北京卷2024年全国Ⅱ卷考点6：证明不等式2024年全国甲卷（文）、2023年天津卷2023年全国Ⅰ卷、2023年全国Ⅱ卷2022年全国II卷考点7：双变量问题（极值点偏移、拐点偏移）2022年全国甲卷（理）2022年北京卷、2022年天津卷2022年浙江卷、2024年天津卷考点8：零点问题2024年全国Ⅱ卷2023年全国乙卷（文）、2024年天津卷2024年全国甲卷（文）2023年天津卷、2022年天津卷2024年北京卷2022年全国乙卷（文）、2022年全国甲卷（文）2022年全国乙卷（理）、2022年全国I卷

考点1：切线问题1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故选：A.2．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线在点处的切线方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】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：C3．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.【答案】【解析】由得，，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.故答案为：4．（2022年新高考全国II卷数学真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为，．【答案】【解析】[方法一]：化为分段函数，分段求分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；[方法二]：根据函数的对称性，数形结合当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；因为是偶函数，图象为：所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.[方法三]：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；.5．（2022年新高考全国I卷数学真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．【答案】【解析】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,∵切线过原点，∴,整理得：,∵切线有两条，∴,解得或,∴的取值范围是,故答案为：考点2：单调性、极最值问题6．（2023年高考全国乙卷数学（文）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．【解析】（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.7．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）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】【解析】[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.【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．8．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论：①在区间上单调递减；②当时，存在最大值；③设，则；④设．若存在最小值，则a的取值范围是．其中所有正确结论的序号是．【答案】②③【解析】依题意，，当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于①，取，则的图像如下，显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；对于②，当时，当时，；当时，显然取得最大值；当时，，综上：取得最大值，故②正确；对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，当时，，当且接近于处，，此时，，故③正确；对于④，取，则的图像如下，因为，结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，联立，解得，则，显然在上，满足取得最小值，即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.故答案为：②③.9．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数，则（

）A．是的极小值点 B．当时，C．当时， D．当时，【答案】ACD【解析】对A，因为函数的定义域为R，而，易知当时，，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，正确；对D，当时，，所以，正确；故选：ACD.10．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，则（

）A．当时，有三个零点B．当时，是的极大值点C．存在a，b，使得为曲线的对称轴D．存在a，使得点为曲线的对称中心【答案】AD【解析】A选项，，由于，故时，故在上单调递增，时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点，又，，则，则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；B选项，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，，于是即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，，，，由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD11．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【解析】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD12．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（

）．A． B．e C． D．【答案】C【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为．故选：C．13．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】，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考点3：比较大小问题14．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】［方法一］：（指对数函数性质）由可得，而，所以，即，所以.又，所以，即，所以.综上，.［方法二］：【最优解】（构造函数）由，可得．根据的形式构造函数，则，令，解得，由知.在上单调递增，所以，即，又因为，所以.故选：A.【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．15．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】[方法一]：构造函数因为当故，故，所以；设，，所以在单调递增，故，所以，所以，所以，故选A[方法二]：不等式放缩因为当，取得：，故，其中，且当时，，及此时，故，故所以，所以，故选A[方法三]：泰勒展开设，则，，，计算得，故选A.[方法四]：构造函数因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．故选：A．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．16．（2022年新高考全国I卷数学真题）设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法，，，①，令则，故在上单调递减，可得，即，所以；②，令则，令，所以，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以故17．（2024年北京高考数学真题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，对于选项AB：可得，即，根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；对于选项C：例如，则，可得，即，故C错误；对于选项D：例如，则，可得，即，故D错误，故选：B.18．（2024年天津高考数学真题）若，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为在上递增，且，所以，所以，即，因为在上递增，且，所以，即，所以，故选：B19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数．记，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】令，则开口向下，对称轴为，因为，而，所以，即由二次函数性质知，因为，而，即，所以，综上，，又为增函数，故，即.故选：A.20．（2023年天津高考数学真题）设，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由在R上递增，则，由在上递增，则.所以.故选：D考点4：恒成立与有解问题21．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【解析】解法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时；当时，可知，此时；可知若，符合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；综上所述：，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为；解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；则当时，，故，所以；时，，故，所以；故，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：C.22．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．【解析】（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：.23．（2023年高考全国甲卷数学（理）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．【解析】（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.24．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围．【解析】（1）当时，，故，因为在上为增函数，故在上为增函数，而，故当时，，当时，，故在处取极小值且极小值为，无极大值.（2），设，则，当时，，故在上为增函数，故，即，所以在上为增函数，故.当时，当时，，故在上为减函数，故在上，即在上即为减函数，故在上，不合题意，舍.当，此时在上恒成立，同理可得在上恒成立，不合题意，舍；综上，.25．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数(1)若，且，求的最小值；(2)证明：曲线是中心对称图形；(3)若当且仅当，求的取值范围．【解析】（1）时，，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.，（2）的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.（3）因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.考点5：极最值问题26．（2023年高考全国乙卷数学（理）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.【解析】（1）当时，，则，据此可得，函数在处的切线方程为，即.（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）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.27．（2023年北京高考数学真题）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．【解析】（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.28．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．【解析】（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.考点6：证明不等式29．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数．(1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立．【解析】（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），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30．（2023年天津高考数学真题）已知函数．(1)求曲线在处的切线斜率；(2)求证：当时，；(3)证明：．【解析】（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.31．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，．【解析】（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）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.32．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．【解析】（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，，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；（ⅱ）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.33．（2022年新高考全国II卷数学真题）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：．【解析】（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）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.考点7：双变量问题（极值点偏移、拐点偏移）34．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．【解析】（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35．（2022年新高考北京数学高考真题）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．【解析】（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）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.36．（2022年新高考天津数学高考真题）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：．【解析】（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.37．（2022年新高考浙江数学高考真题）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）【解析】（1），当，；当，，故的减区间为，的增区间为.（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：38．（2024年天津高考数学真题）设函数．(1)求图象上点处的切线方程；(2)若在时恒成立，求的值；(3)若，证明．【解析】（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）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.考点8：零点问题39．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【解析】解法一：令，即，可得，令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，若，令，可得因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.解法二：令，原题意等价于有且仅有一个零点，因为，则为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得，若，则，又因为当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，即有且仅有一个零点0，所以符合题意；故选：D.40．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B.41．（2024年天津高考数学真题）若函数恰有一个零点，则的取值范围为．【答案】【解析】令，即，由题可得，当时，，有，则，不符合要求，舍去；当时，则，即函数与函数有唯一交点，由，可得或，当时，则，则，即，整理得，当时，即，即，当，或（正值舍去），当时，或，有两解，舍去，即当时，在时有唯一解，则当时，在时需无解，当，且时，由函数关于对称，令，可得或，且函数在上单调递减，在上单调递增，令，即，故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，由的渐近线方程为，即部分的渐近线方程为，其斜率为，又，即在时的斜率，令，可得或（舍去），且函数在上单调递增，故有，解得，故符合要求；当时，则，即函数与函数有唯一交点，由，可得或，当时，则，则，即，整理得，当时，即，即，当，（负值舍去）或，当时，或，有两解，舍去，即当时，在时有唯一解，则当时，在时需无解，当，且时，由函数关于对称，令，可得或，且函数在上单调递减，在上单调递增，同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，部分的渐近线方程为，其斜率为，又，即在时的斜率，令，可得或（舍去），且函数在上单调递减，故有，解得，故符合要求；综上所述，.故答案为：.42．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为．【答案】【解析】令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点，所以.故答案为：43．（2023年天津高考数学真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为．【答案】【解析】（1）当时，，即，若时，，此时成立；若时，或，若方程有一根为，则，即且；若方程有一根为，则，解得：且；若时，，此时成立．（2）当时，，即，若时，，显然不成立；若时，或，若方程有一根为，则，即；若方程有一根为，则，解得：；若时，，显然不成立；综上，当时，零点为，；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，零点为．所以，当函数有两个零点时，且．故答案为：．44．（2022年新高考天津数学高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为.【答案】【解析】设，，由可得.要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，解得或.①当时，，作出函数、的图象如下图所示：此时函数只有两个零点，不合乎题意；②当时，设函数的两个零点分别为、，要使得函数至少有个零点，则，所以，，解得；③当时，，作出函数、的图象如下图所示：由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；④当时，设函数的两个零点分别为、，要使得函数至少有个零点，则，可得，解得，此时.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.45．（2024年北京高考数学真题）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：，，）【解析】（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.46．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）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．【解析】（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.47．（2022年高考全国甲卷数学（文）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．【解析】（1）由题意知，，，，