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专题1 函数与导数
1.5 函数与导数 高频压轴解答题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
不等式 2024年天津卷第20题，16分 2023年I卷第19题，12分 2023年甲卷第21题，12分 2023年天津卷第20题，16分 2022年II卷第22题，12分 预测2025年新高考数学，函数与导数综合还是会以压轴解答题的形式出现，分值15-17分。函数与导数在高中数学中占据重要地位，不仅是重点考查内容，也是高等数学的基础。 通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题。其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
极最值 2024年II卷第16题，15分 2023年乙卷第21题，12分 2023年II卷第22题，12分
恒成立与有解 2024年I卷第18题，17分 2024年甲卷第21题，12分 2022年北京卷第20题，12分 2020年I卷第21题，12分
零点问题 2024年北京卷第20题，12分 2022年甲卷第21题，12分 2022年I卷第22题，12分 2022年乙卷第20题，12分
函数与导数综合在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.
1．（2024新高考Ⅰ卷）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，.
2．（2024新高考Ⅱ卷）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.
3．（2024全国甲卷理）已知函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)
【详解】（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，.
4．（2024全国甲卷文）已知函数．(1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（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
5．（2024天津卷）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意成立，求实数的值；(3)若，求证：．
【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.
6．（2023新高考Ⅰ卷）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．
【解析】（1），则，
①当时，恒成立，在上单调递减，
②当时，令得，，
当时，，单调递减；当，时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在，上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当时，，
要证，只需证，只需证，
设（a），，则（a），令（a）得，，
当时，（a），（a）单调递减，当，时，（a），（a）单调递增，
所以（a），即（a），
所以得证，即得证．
7．（2023新高考Ⅱ卷）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围．
【解析】（1）证明：设，，则，，
在上单调递减，，在上单调递减，
，即，，，，
设，，则，在上单调递增，
，，即，，，，
综合可得：当时，；
（2），，且，，
①若，即时，易知存在，使得时，，
在上单调递增，，
在上单调递增，这显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去；
②若，即或时，存在，使得，时，，
在，上单调递减，又，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，满足为的极大值点，符合题意；
③若，即时，为偶函数，只考虑的情况，
此时，时，，
在上单调递增，与显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去．
综合可得：的取值范围为，，．
8．（2023全国乙卷）已知函数。（1）当时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；（2）是否存在，，使得曲线关于直线对称，若存在，求，的值，若不存在，说明理由；（3）若在存在极值，求的取值范围．
【解析】（1）时，（1），，（1），
曲线在点，（1）处的切线方程为．
（2），定义域为，，，
要使函数的图像关于对称，则由，且，可知，
即的图像关于对称，
则（1），，得，解得．综上，，；
（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，“，在区间上单调递增，
，在区间上单调递增，，
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，
的最小值为，令，则，
函数在定义域内单调递增，（1），恒成立，
，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
（1），即，当且仅当时，取等号，
，
，
，根据零点存在定理得：在区间上存在唯一零点，
当时，，单调递减，当，时，，单调递增，
，令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，（4），，
，
函数在区间上存在变号零点，符合题意．综上，实数得取值范围是．
9．（2023全国甲卷）已知，．（1）若，讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）已知，函数定义域为，
若，此时，可得，
因为，，所以当，即时，，单调递增；
当，即时，，单调递减；
（2）不妨设，函数定义域为，
，令，，
此时，不妨令，
可得，所以单调递增，此时（1），
①当时，，所以在上单调递减，此时，
则当时，恒成立，符合题意；
②当时，当时，，所以，
又（1），所以在区间上存在一点，使得，即存在，使得，
当时，，所以当时，，单调递增，
可得当时，，不符合题意，综上，的取值范围为，．
10．（2023天津卷）已知函数．（Ⅰ）求曲线在处的切线斜率；
（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）证明：．
【解析】（Ⅰ）对函数求导，可得，
则曲线在处的切线斜率为（2）；
（Ⅱ）证明：当时，，即，即，
而 在上单调递增，因此，原不等式得证；
（Ⅲ）证明：设数列的前项和，则；
当时，，
由（2），，故，不等式右边得证；
要证，只需证：对任意的，，
令，则，当时，，函数在上单调递减，
则，即，则，
因此当时，，
当时，累加得，
又，，
故，即得证．
11．（2022新高考Ⅱ卷）已知函数．（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；（3）设，证明：．
【解析】（1）当时，，，
，当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（2）令，，，在上恒成立，
又，令，则，，
①当，即，存在，使得当时，，即在上单调递增．
因为，所以在内递增，所以，这与矛盾，故舍去；
②当，即，，
若，则，所以在，上单调递减，，符合题意．
若，则，
所以在上单调递减，，符合题意．综上所述，实数的取值范围是．
另的导数为，
①当时，，
所以在递增，所以，与题意矛盾；
②当时，，所以在递减，所以，满足题意；．
③当时，．
设，，则在递减，所以，
，所以在递减，所以，满足题意；
④当时，，
令，则，，可得递减，，
所以存在，使得．当时，，在递增，此时，
所以当时，，在递增，所以，与题意矛盾．
综上可得，的取值范围是，．
（3）由（2）可知，当时，，
令得，，整理得，，
，，，
即．
另运用数学归纳法证明．当时，左边成立．
假设当时，不等式成立，即．
当时，要证，
只要证，
即证．
可令，则，，则需证明，
再令，则需证明．
构造函数，，，可得在，上递减，
则（1），所以原不等式成立，
即时，成立．
综上可得，成立．
12．（2022全国甲卷）已知函数．（1）若，求的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，，则．
【解析】（1）的定义域为，，
令，解得，故函数在单调递减，单调递增，
故（1），要使得恒成立，仅需，
故，故的取值范围是，；
（2）证明：由已知有函数要有两个零点，故（1），即，
不妨设，要证明，即证明，
，，即证明：，又因为在单调递增，
即证明：，构造函数，，
，构造函数，
，因为，所以，
故在恒成立，故在单调递增，故（1）
又因为，故在恒成立，故在单调递增，
又因为（1），故（1），故，即．得证．
高频考点一 函数单调性讨论（含参数）
核心知识：
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间。
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性。
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器。
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的。
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性。
典例1：（2024·海南·模拟预测）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，，讨论函数的单调性.
【解析】（1），，则，则，即切线斜率，
故切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，，
，
当时，，由，可得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，
①当时，，当或时，，即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减；
②当时，则对任意的，即函数在上单调递增；
③当时，，当或时，，即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
变式训练
1．（2024·广东·高三校考阶段练习）已知.(1)讨论的单调性；
【解析】（1）由函数，可得函数的定义域为，
且，令，
若时，，则，可得在上单调递增；
若时，因为，
令，解得或（舍去），
当时，，则，可得单调递增；
当时，，则，可得单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为；
若时，函数开口向下，对称轴为且，
当时，，则，可得在上单调递增.
2.（2025·重庆·模拟预测）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性．
【解析】（1）当时，，求导得，则，
即切线的斜率为，又，故曲线在点处的切线方程为，
化简得．
（2）求导得，当时，在上恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，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．
高频考点2 证明不等式
核心知识：
利用导数证明不等式问题，方法如下：（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；
（4）对数单身狗，指数找朋友；（5）凹凸反转，转化为最值问题；（6）同构变形。
典例1：（2025·河北·高三校考期中）已知函数.(1)当时，比较与的大小；(2)若函数，且，证明：.
【解析】（1）设函数，可得，
当时，，则在区间上单调递增，
所以，所以，所以.
（2）证明：设函数，
当时，，则恒成立，则由，得，
又，所以，因为，可得，
令，可得，所以单调递增，即在区间上单调递增，
所以，所以在区间上单调递增，
又，所以，同理得，要证，
只需证，即证.因为，所以，
设函数，则，所以在区间上单调递增，
因为，所以，所以，所以，
所以，即.
变式训练：
1.（2024·高三·四川·期中）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；(2)若，证明：.
【解析】（1）解，令，得时，，当时，，
故单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），要证明，则只需证明，
令，，
，，当且仅当时，上式等号成立，
当时，在区间上单调递减，
，即，当时，得证.
【方法二】证明：令，，
，，当且仅当时，上式等号成立，
，又当时，在区间上单调递减，
，当时，得证.
2.（2024·安徽·校考一模）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调区间；(2)当时，证明：.
【解析】（1），
①当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
②当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
③当时，的递增区间是，无减区间；
④当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为.
综上，当时，的递增区间是（），递减区间为；
当时，的递增区间是，递减区间为；
当时，的递增区间是，无减区间；
当时，的递增区间是，递减区间为.
（2）当时，，由题意可得，只需证明，
方法一：令，则，
令，易知在上单调递增，
，故存在，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，故时，取得唯一的极小值，也是最小值. ，
所以，即当时，.
方法二：不等式等价于，
只需证，令，所以，
当时，单调递减，时，单调递增，
所以，即，当且仅当时取得等号，
令代替得到，
函数在上单调递增，且，
故存在，使得，所以，当且仅当时取得等号，
所以，即当时，.
高频考点3 极最值问题
核心知识：利用导数求函数的极最值问题
解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作。
典例1：（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围．
【解析】（1）当时，则，
可得，，即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）定义域为，且，
若，则对任意恒成立．所以在上单调递增，无极值，不合题意，
若，令，解得，令，解得，
可知在上单调递增，上单调递减，则有极大值，无极小值，由题意可得：，即.
令，，在上单调递减,
又，不等式等价于，解得.综上的取值范围是．
变式训练：
1.（2024·江苏·校考一模）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【解析】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
- 0 +
减 极小值 增
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，所以需要，故的最小值是．
2.（2024·四川眉山·一模）已知函数.
(1)当时，求的零点个数；(2)设，函数.
（i）判断的单调性；（ii）若，求的最小值.
【解析】（1）由题可知，则，令，可得，
当时，在单调递减，当时，在单调递增，
，又，，
即在和内各有一个零点，有2个不同的零点.
（2）（i）由题可知，则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故
，设，
当时，，为上的增函数，的最小值为，
故的最小值为.
高频考点4 零点问题
核心知识：
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围。求解步骤：第1步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；第2步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第3步：结合图像判断零点或根据零点分析参数。
典例1：（2024·北京顺义·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程和的极值；(2)证明在恒为正；
(3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点．
【解析】（1）因为，所以，
又，所以曲线在点处的切线方程为.
解得，解得，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
故当时，函数有极小值.
（2）因为，所以函数在单调递增，
又，所以，当时，总有，即在恒为正.
（3）令，得，记，
则曲线至多有一个交点，等价于函数至多有一个零点.
求导得，其中，
由（2）知，在单调递增，
因为，，所以函数存在唯一零点，且，
当时，，则，函数单调递减；
当时，，则，函数单调递增.
所以当时，取得最小值，
又为函数的零点，所以，则，所以，
当时，，此时无零点，即曲线无交点；
当时，，此时存在唯一零点，即曲线存在一个交点.
综上，当时，曲线至多有一个交点.
变式训练：
1.（2024·高三·湖北·期中）设函数.(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)判断并证明函数在区间上零点的个数.
【解析】（1），且.
当时，，，从而，
即此时函数在区间上单调递增；
当时，，，从而，
即此时函数在区间上单调递减.
∴综上所述，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2），又，且函数在区间上单调递减，
∴函数在区间上存在唯一的零点.
当时，记，
从而，且此时，，
∴，在区间上单调递增.
，，∴存在，使得
且时，，即此时在区间上单调递减；
时，，即此时在区间上单调递增.
∴由，得，即函数在区间上无零点；而由，，
即函数在区间上有唯一的零点.∴函数在区间上有2个零点.
2.（2025·河北·高三校联考阶段练习）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，求导得，则，
又，故切线方程为，化简得．
（2）法一：的定义域为，因为函数在上有两个零点，
令，则，即，所以，
令，，所以将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题，
求导得，
因为的分母恒成立，令，，
则，易知在时单调递增，在时单调递减，，
则恒成立，所以令，解得，所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，所以，
又因为，；；，则的图象如图③所示，
图③ 图①图②
要使的图象和直线有两个交点，由图象知，即，
所以的取值范围为．
法二：的定义域为，，
①当时，，易知在内单调递减，在上单调递增；
当时，，当时，，，
若在上有两个零点，则，即；
②当时，，令，解得（舍）或，
可知在上有一个零点，不满足题意；
③当时，当或时，；时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，作出函数图象如图①所示，
所以在上至多有一个零点，不满足题意；
④当时，，单调递增，故在上至多有一个零点，不满足题意，
⑤当时，当或时，；当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，作出函数图象如图②所示，
故在上至多有一个零点，不满足题意；综上，的取值范围为．
高频考点5 不等式恒成立问题
核心知识：
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（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，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．
2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；（2），；
（3），；（4），．
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，，．
（1）若，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
典例1：（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在时，使成立，求a的取值范围.
(3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得；由，得，所以函数的递减区间为，递增区间为.
（2）依题意，，则，
于是存在，成立，设，
则，函数在上递增，
，所以.
（3）依题意，对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，则对任意恒成立，
下面证明对任意恒成立，
设，，求导得，当且仅当时取等号，
函数在上单调递减，则，即，
于是对任意恒成立，只需在上单调递增，
即在上恒成立，则在上恒成立，因此，
所以实数的取值范围为.
变式训练：
1.（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数.
(1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；
(2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.
【解析】（1）因为，则，解得，
则，又，所以切点为，
所以切线的方程为，即.
（2）由题意知，因为，所以当时，，
此时函数在区间上单调递增，又时，，不合题意，
当时，由得，当时，，时，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
设，此时，所以，即为减函数，而，
要使函数的图象总是在轴的下方，必须，即，
所以，所以，即的取值范围是．
2．（2024·广东·模拟预测）已知，函数，（是自然对数的底数）．(1)讨论函数极值点的个数；(2)若对任意的恒成立，求实数的值；
(3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，由知单调递增，所以极值点的个数为；
当时，对有，对有，
所以在上递减，在上递增，所以恰有个极值点.
综上，当时，极值点的个数为；当时，极值点的个数为；
（2）根据已知有，所以，故.
此时由（1）中得到的单调性，可知仅在处取得最小值.
假设，则，但，这导致矛盾，所以，即.
当时，由（1）中得到的单调性知在处取得最小值，所以，确实满足条件. 综上，的值为.
（3）此时，，根据（2）的结论，我们有.
设，则.
再设，则.
情况一：若，则对有，故在上递增，从而对有.
从而在上递增，这就意味着对都有.
从而对任意，都有，不满足条件；
情况二：若，令是两个正数和中较小的一个，则对有.
故在上递减，从而对有.
从而在上递减，这就意味着，所以存在使得，满足条件. 综合以上两种情况，可知的取值范围是.
高频考点6 极值点偏移问题与拐点偏移问题
核心知识：极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
典例1：（2024.江苏高考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调区间；(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；①求证：；②求证：．
【解析】（1），，其中，，
当时，即，此时恒成立，函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，当时，，
所以的单调递增区间和，单调递减区间，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，的单增区间和，单减区间；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，有，，
又的图象与有三个公共点，故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，故.
变式训练：
1.（2025·河北·校联考模拟预测）已知函数.(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；(2)若，求证：.
【解析】（1）定义域均为，，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，在取极小值，且；
又，令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且所以，解得：.
（2）令，因为，所以，
由可得：
（1）-（2）得：，所以，
要证：，只要证：，只要证：，
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令，
所以在上单调递增，所以，即有成立，所以成立.
2.（2024·河南·高三校联考期中）已知函数，．(1)若在处取得极值，求的值；(2)设，试讨论函数的单调性；(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，所以，解得：．
验证：当时，，易得在处取得极大值．
（2）因为，
所以，
①若，则当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
②若，，
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减.
（3）证明：当时，因为，所以，
所以，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；
所以函数在时，取得最小值，最小值为1，
所以，即，所以，
当时，此时不存在，满足等号成立条件，所以．
高频考点7 导数中的同构问题
核心知识：
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式。
2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根；（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式。<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围。
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程。
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解。
典例1：已知函数．（1）求曲线在点，处的切线方程；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），所以．又，
所以曲线在点，处的切线方程为．
（2）解法，令，则，
令，则，所以是增函数，
又，（1），由零点存在定理及是增函数，
知存在唯一的，使得，当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增，所以．
由，得，即，
令，则，是增函数，
又，，所以①，
①两边取自然对数，得，即，所以②，
由①②，得，于是，即．所以实数的取值范围是，．
变式训练：
1.（2024·内蒙古·三模）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为.
关于的方程，
当时，，，所以在上单调递增.
当时，，此时，，所以在上单调递增.
当时，则是方程的两根.
又，所以，令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由，可得，即.令，易知单调递增.
由，可得，则，即.
设，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，所以，则的取值范围为.
2．（2024·天津和平·高三校考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.
【解析】（1），当时，在上是减函数.
当时，是增函数.令，解得.
当时，；当
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上是减函数；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2），即.
令函数，则，所以，
因为在上单调递增，所以，即.
令函数，则.当时，；当.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.故的取值范围为.
高频考点8 洛必达法则
核心知识：
法则1、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），那么=．
法则2、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2），和在与上可导，且；
（3），那么=．
法则3、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），那么=．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理，，，，，，型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
典例1：已知函数，若当时，，求的取值范围．
【解析】由题意可知，当时，，等价于，则有，
设，则．
又设，则，
所以在上单调递增，而，所以在上单调递增，
对于，当时，，所以符合洛必达法则条件，
所以，即当时，的取值范围是．
变式训练：
1.（2024·辽宁·高三统考期末）已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求实数的值；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】(1)，；
函数在处取得极值，；
又曲线在点处的切线与直线垂直，；
解得：；
（2）不等式恒成立可化为，即；
当时，恒成立；当时，恒成立，
令，则；
令，则；
令，则；
得在是减函数，故，进而
（或，，
得在是减函数，进而）．
可得：，故，所以在是减函数，
而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，，故答案为．
2.（2024·浙江台州·统考一模）设函数．如果对任何，都有，求的取值范围．
【解析】，若，则；
若，则等价于，即
则.记，
因此，当时，，在上单调递减，且，
故，所以在上单调递减，而.
另一方面，当时，，因此.
高频考点9 导数与三角函数结合问题
核心知识：
导数与三角函数结合问题常用：分段分析法解题。
典例1.（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程：(2)若在上单调递增，求的取值范围；
(3)若，，证明：．
【解析】（1）当时，，所以，，
又因为，所以在处的切线方程为.
（2）由题知，在时恒成立，所以，
因为，所以，所以或，解得，所以的取值范围为.
（3）证明：由（2）知，时，在上单调递增，
所以，，因此，当时，，
因为，所以，，所以，，
所以，故当时，．
变式训练：
1.（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明；
(2)令 求证: 在内无零点.
【解析】（1）令，则，令，
则，因为，所以，则在上单调递增，
则，所以当时，，则，
所以在上单调递增，则，即当时，，
又，当时，，即当时，
综上：
（2）要证在内无零点，只需证
由（1）知只需证；
即证：，即证：，令，则。
令，则，当时，，则在上单调递增；
所以当时，，则在单调递增，
所以 即在内无零点.
2.（2024·福建三明·高三校考开学考试）已知曲线C：
(1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程；(2)当时，求在上的值域；
(3)若，讨论的零点个数．
【解析】（1）依题意得，，此时，，
则切线斜率为，故切线方程：，即；
（2）当时，，则，
∴，∴在上单调递减，
又，，故值域为．
（3），
令得，令得，
令得．减区间为，增区间为，∴．
当时，，∴，∴在上有且仅有一个零点．
当时，令，，∴在上单调递增，
∴，即，
又，∴在上有一个零点，又
令，则，∴在上单调递减，
∴，∴，∴在上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点.
高频考点10 函数的图象
核心知识：
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
典例1：（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，
已知函数.(1)证明：在有唯一的不动点；
(2)已知，且的前项和为.证明：①为递增数列，为递减数列，且；②.
【解析】（1）令，则，，，
所以当时，在上递减，
而，故在有唯一的零点，即在有唯一的不动点.
（2）①因为，所以，在上单调递增；
，所以，
而在的不动点为，所以，
假设时，成立，
则，即成立，
结合可得：对于任意恒成立，
故为递增数列，为递减数列，且；
②，
因为，所以，因此，即，
故.
变式训练：
1．2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.(1)求；(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
【解析】（1）设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，所以，.
（2）依题意，，则，，，
由成等差数列，得，即，，
令，求导得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
2.（2024·天津北辰·高三校考阶段练习）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求使恒成立的最大偶数a．(3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，求证：．
【解析】（1）当时，，，
所以，曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为．
（2）当时，使等价于，令，所以，
令，所以，所以在上单调递增，
又因为，，
所以在上，使，即，
当时，，；当时，，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
因为，所以，所以，且，
所以使恒成立的最大偶数为．
（3）时，，，
令，则，
令，则，单调递增，
又，所以，当时，，单调递增，
又，所以，当时，，
即，则，
，
．
高频考点11 函数与导数背景下的新定义压轴解答题
核心知识：
函数与导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸。
典例1：若存在一个数，使得函数定义域内的任意，都有，则称有下界， 是的一个下界．(1)求函数的下界的取值范围；(2)判断是否是下界为的函数，并说明理由；(3)若函数，是的一个整数下界，求的最大值．（参考数据：，）
【解析】（1）因为函数的定义域为，对任意的，，则，
因为，令，可得，列表如下：
减 极小值 增
所以，函数的减区间为，增区间为，则，
所以，，因此，函数的下界的取值范围为.
（2）令，其中，，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，且，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，，故，因此，函数是下界为的函数.
（3）当时，，则，
令，则，
当时，，，则，所以函数在上为增函数，
因为，所以，，
因为，，
所以，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，
，令，其中，
，
所以，函数在上单调递减，所以，，
所以，，且，因此，整数的最大值为.
变式训练：
1.（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”.(1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由；(2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：；(3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值.
【解析】（1），
是函数的“类数”；
，
不是函数的“类数”.
（2）因为函数的“类集”为集合，且，
所以存在，使得且，
若，则，所以，因为函数的图象是连续不断的，
不妨设，由零点存在定理知，必存在使得，所以存在零点，即.
（3），则.先证明：
因为函数的“类集”为，所以对任意，
令，则，因为函数的值域为，
所以当时，必有，即对于恒成立，
所以函数的最小正周期应有，即，则.
再证明，此时，对于任意.
当时，，则；
当时，，则，
所以时函数的“类集”为，即.
我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是.
2.（2024·江西·高三统考期中）一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）．
如果是区间上的连续函数，并且，那么
(1)求；(2)设函数．（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：．
【解析】（1）由于，故.
（2）由，①由恒成立，得恒成立．令，则．
当时，，此时在,上单调递增，又，所以在,恒成立．
当时，当时，有，此时在上单调递减，在单调递增，
又，在恒成立，与矛盾．综上所述，．
②由，可得，所以．
即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故，所以，
由题意可得是由曲线，两直线，与轴所围成的曲边梯形的面积．
而表示图一阴影所示各矩形的面积和，
所以，不等式的左边成立．
表示图二阴影所示各矩形的面积和，
所以，不等式的右边成立．故得证.
1.（2024·浙江宁波·校考模拟预测）设，.
(1)若，求在处的切线方程；(2)若，试讨论的单调性.
【解析】（1）若，则，，
又，故，
所以在处的切线方程为，即；
（2），，
当时，，令，即，解得，令，解得，
所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，，在上单调递增，
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减．
综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
2．（2025·四川达州·校考一模）已知函数.(1)若在上有唯一零点，求的取值范围；(2)若对任意实数恒成立，证明：.
【解析】（1）令，得，令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，如图，作出函数的图象，
由图可知，的取值范围为或；
（2）因为对任意实数恒成立，所以是函数的最小值，，
当时，，所以函数在上为减函数，所以函数没有最小值，不符合题意，
当时，时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
综上所述，，则，即，
即，即，令，
，当且仅当，即时取等号，
所以，，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为，所以，即，所以.
3.（2024·上海闵行·校考三模）已知函数.(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；(2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；(3)证明：.
【解析】（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）当时，，则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，所以，，
故.
4．（2024·湖北孝感·高三校联考阶段练习）已知函数．(1)判断在区间上的单调性；(2)求在区间上的极值点的个数．
【解析】（1）由已知可得，，
当时，，．令，，
当时，单调递增，此时，
当时，，即，在上单调递增．
（2）令，
当时，，，所以．
令，，令，则，令，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，，
所以在上单调递减，此时．
所以当时，，单调递减，，
所以，使，即在内有1个极值点．
令，当时，由，得到
令，当时，，则，
所以．令，则，
由（1）中的得，所以，，
所以，当且仅当时等号成立，所以当时，，
所以在上单调递增，此时．
所以当时，，单调递增．又，．
所以使，所以在上单调递减，在上单调递增．
又，所以．又，
所以使，即在内有1个极值点．
综上，在内的极值点的个数为2．
5.（2024·湖北荆门·高三校联考阶段练习）已知．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．
①求极大值与极小值的和；②判断零点的个数．
【解析】（1）由题可得，函数的定义域为，，
当时，，，故切点为，切线在该点处的斜率为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得，
因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号，
令，其对应一元二次方程的判别式．
若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点，若，此时或，则有两个不等实根，不妨设，
由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号．
当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点；
当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，，当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点．
故时，恰有1个极大值点和1个极小值点．
①，故极大值与极小值的和为0．②由①知，，，则，
又由①知，在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，当时，；当时，，
故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点．
6．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知，为自然对数的底数.
(1)若函数在处的切线平行于轴，求函数的单调区间；
(2)若函数在上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）因为，所以，
又函数在处的切线平行于轴，则，即，解得，
此时，令，解得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为在上有且仅有两个零点，
令，则，即在上有且仅有两个零点，
令，，则问题转化为与的图象有两个交点，
又，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得极大值，
又，，作出与的大致图象，如图，
结合图象可得，所以实数的取值范围为.
7．（2024·海南·校联考模拟预测）已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，所以，
令，可得，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
（2）由，得，即在上恒成立.
令，可得，
令，可得，令，可得；令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
所以在中存在唯一的使得，在中存在唯一的使得，
即有.因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，所以时，的极小值为
时，的极小值为因为，
可得，所以，所以.
代入和，则有，
同理可得，所以，所以，
所以，即实数的取值范围为
8.（2024·广东·高三校联考期中）已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，当时，，即在（，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，则，即在上单调递增.
若，当时，，即在，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
（2）当实数时，，，
，，
令，，由于，知当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增. 从而，，
于是，，即，
而，所以，而当，时，取最小值6.
9.（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)当时，求的单调区间；(2)若方程有两个不同的根．（i）求的取值范围；（ii）证明：．
【解析】（1）由题意得，，则，由，解得．
当时，单调递增，当时，单调递减；
综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
（2）（i）由，得，设，
由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
法一：当时，结合（i）知，即； 当时，．
设
则所以在区间内单调递增，
则，即，所以
又在区间内单调递减，所以，即，
又，所以，故，所以，得证．
法二：设，，则，
所以在区间内单调递增，又，所以，即．
又，所以，又在区间内单调递减．
所以，即，又，所以，得证．
10.（2025·河北·高三校联考阶段练习）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；（2）当时，求证：在上恒成立；
（3）求证：当时，．
【解析】（1）解：函数的定义域为，，
令，即，△，解得或，
若，此时△，在恒成立，所以在单调递增．
若，此时△，方程的两根为：，且，，所以在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，所以在上单调递增．
综上所述：若，在单调递增；
若，在，上单调递增，
在上单调递减．
（2）证明：由（1）可知当时，函数在上单调递增，
所以（1），所以在上恒成立．
（3）证明：由（2）可知在恒成立，所以在恒成立，
下面证，即证2 ，设，，
设，，易知在恒成立，
所以在单调递增，所以，
所以在单调递增，所以，
所以，即当时，．
法二：，即，令，则原不等式等价于，
，令，则，递减，
故，，递减，又，故，原结论成立．
11．（2024·四川成都·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.
【解析】（1），当时，在上是减函数.
当时，是增函数.令，解得.
当时，；当
所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上是减函数；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2），即.
令函数，则，所以，
因为在上单调递增，所以，即.
令函数，则.当时，；当.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.故的取值范围为.
12.（2024·四川攀枝花·统考模拟预测）已知．（1）求的单调区间；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
令，则所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时，（1），
即在上单调递增，所以的增区间为，无减区间．
（2）对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
记，则，
记，则，
所以在单调递减，又（1），所以，时，，即，
所以在单调递减．所以，
综上所述，的取值范围是．
13．已知函数．（1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值；（2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），在点，（1）处的切线的斜率（1），
又（1），切线的方程为，
即，由经过点，可得．
（2）证明：易知为方程的根，
由题只需说明当和时原方程均没有实数解即可．
①当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，，，
令，故在单调递增，在单调递减，
故在单调递减，
从而，，此时方程也无解．
若，由，记，则，
设，则有恒成立，恒成立，
故令在上递增，在上递减
（1），可知原方程也无解，
由上面的分析可知时，，方程均无解．
②当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，和①中的分析同理可知此时方程也无解．
若，由，记，则，
由①中的分析知，故在恒成立，从而在上单调递增，
当时，，
如果，即，则，要使方程无解，只需，即有
如果，即，此时，，方程一定有解，不满足．
由上面的分析知时，，方程均无解，
综合①②可知，当且仅当时，方程有唯一解，的取值范围为．
14.（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和．
(1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若函数与有相同的最小值．①求的值；②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】（1），由题知，即，即.
（2）①的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，不合题意，故.
令，得，当单调递减，当单调递增，
所以.的定义域为，而.
当单调递减，当单调递增，所以.
因为和有相同的最小值，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，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.
当时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；当时，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；
当时，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，
再次，证明存在，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.
15.（2024·山东青岛·高三统考期中）已知函数.(1)讨论函数极值点的个数；(2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足.
【解析】（1）由，，则，
当时，，令，得，所以函数有唯一极值点；
当时，令，即，由于，设方程的两根为，
则，所以，所以函数有唯一极值点；
当时，令，即，
当，即时，设方程的两根为，
则，，所以函数有两个极值点；
当，即时，方程无解，所以函数无极值点.
综上所述，当时，函数有唯一极值点；当时，函数有两个极值点；
当时，函数无极值点.
（2）当时，，，则，
所以函数在上单调递增，
当时，，由，可得，所以，则，，
可得，所以.设，，则，
所以函数在上单调递减，所以，则，
所以，
所以，则，
所以，则.综上所述，.
16.（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；(2)证明：．
(3)若函数存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）由题意知：，，
①当时，，在单调递减，不存在最大值．
②当时，由得，当，；，，
函数的增区间为，减区间为．
，令，求导得，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
因此，．
（2）由（1）知，，即，当时， ．
．
．
（3）
“函数存在两个极值点”等价于“方程有两个不相等的正实数根”
故，解得，
要证，即证，
，不妨令，故
由得，令
在恒成立，
所以函数在上单调递减，故．成立．
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专题1 函数与导数
1.5 函数与导数 高频压轴解答题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
不等式 2024年天津卷第20题，16分 2023年I卷第19题，12分 2023年甲卷第21题，12分 2023年天津卷第20题，16分 2022年II卷第22题，12分 预测2025年新高考数学，函数与导数综合还是会以压轴解答题的形式出现，分值15-17分。函数与导数在高中数学中占据重要地位，不仅是重点考查内容，也是高等数学的基础。 通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题。其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
极最值 2024年II卷第16题，15分 2023年乙卷第21题，12分 2023年II卷第22题，12分
恒成立与有解 2024年I卷第18题，17分 2024年甲卷第21题，12分 2022年北京卷第20题，12分 2020年I卷第21题，12分
零点问题 2024年北京卷第20题，12分 2022年甲卷第21题，12分 2022年I卷第22题，12分 2022年乙卷第20题，12分
函数与导数综合在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.
1．（2024新高考Ⅰ卷）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．
2．（2024新高考Ⅱ卷）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．
3．（2024全国甲卷理）已知函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围．
4．（2024全国甲卷文）已知函数．(1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立．
5．（2024天津卷）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意成立，求实数的值；(3)若，求证：．
6．（2023新高考Ⅰ卷）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．
7．（2023新高考Ⅱ卷）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围．
8．（2023全国乙卷）已知函数。（1）当时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；（2）是否存在，，使得曲线关于直线对称，若存在，求，的值，若不存在，说明理由；（3）若在存在极值，求的取值范围．
9．（2023全国甲卷）已知，．（1）若，讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围．
10．（2023天津卷）已知函数．（Ⅰ）求曲线在处的切线斜率；
（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）证明：．
11．（2022新高考Ⅱ卷）已知函数．（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；（3）设，证明：．
12．（2022全国甲卷）已知函数．（1）若，求的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，，则．
高频考点一 函数单调性讨论（含参数）
核心知识：
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间。
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性。
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器。
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的。
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性。
典例1：（2024·海南·模拟预测）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，，讨论函数的单调性.
变式训练
1．（2024·广东·高三校考阶段练习）已知.(1)讨论的单调性；
2.（2025·重庆·模拟预测）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性．
高频考点2 证明不等式
核心知识：
利用导数证明不等式问题，方法如下：（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；
（4）对数单身狗，指数找朋友；（5）凹凸反转，转化为最值问题；（6）同构变形。
典例1：（2025·河北·高三校考期中）已知函数.(1)当时，比较与的大小；(2)若函数，且，证明：.
变式训练：
1.（2024·高三·四川·期中）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；(2)若，证明：.
2.（2024·安徽·校考一模）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调区间；(2)当时，证明：.
高频考点3 极最值问题
核心知识：利用导数求函数的极最值问题
解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作。
典例1：（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围．
变式训练：
1.（2024·江苏·校考一模）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
2.（2024·四川眉山·一模）已知函数.
(1)当时，求的零点个数；(2)设，函数.
（i）判断的单调性；（ii）若，求的最小值.
高频考点4 零点问题
核心知识：
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围。求解步骤：第1步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；第2步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第3步：结合图像判断零点或根据零点分析参数。
典例1：（2024·北京顺义·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程和的极值；(2)证明在恒为正；
(3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点．
变式训练：
1.（2024·高三·湖北·期中）设函数.(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)判断并证明函数在区间上零点的个数.
2.（2025·河北·高三校联考阶段练习）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若有两个零点，求的取值范围．
高频考点5 不等式恒成立问题
核心知识：
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（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，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．
2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；（2），；
（3），；（4），．
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，，．
（1）若，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
典例1：（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在时，使成立，求a的取值范围.
(3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
变式训练：
1.（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数.
(1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；
(2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.
2．（2024·广东·模拟预测）已知，函数，（是自然对数的底数）．(1)讨论函数极值点的个数；(2)若对任意的恒成立，求实数的值；
(3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围．
高频考点6 极值点偏移问题与拐点偏移问题
核心知识：极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
典例1：（2024.江苏高考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调区间；(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；①求证：；②求证：．
变式训练：
1.（2025·河北·校联考模拟预测）已知函数.(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；(2)若，求证：.
2.（2024·河南·高三校联考期中）已知函数，．(1)若在处取得极值，求的值；(2)设，试讨论函数的单调性；(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
高频考点7 导数中的同构问题
核心知识：
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式。
2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根；（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式。<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围。
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程。
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解。
典例1：已知函数．（1）求曲线在点，处的切线方程；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
变式训练：
1.（2024·内蒙古·三模）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若恒成立，求的取值范围.
2．（2024·天津和平·高三校考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.
高频考点8 洛必达法则
核心知识：
法则1、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），那么=．
法则2、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2），和在与上可导，且；
（3），那么=．
法则3、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），那么=．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理，，，，，，型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
典例1：已知函数，若当时，，求的取值范围．
变式训练：
1.（2024·辽宁·高三统考期末）已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直.(1)求实数的值；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
2.（2024·浙江台州·统考一模）设函数．如果对任何，都有，求的取值范围．
高频考点9 导数与三角函数结合问题
核心知识：
导数与三角函数结合问题常用：分段分析法解题。
典例1.（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程：(2)若在上单调递增，求的取值范围；
(3)若，，证明：．
变式训练：
1.（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明；
(2)令 求证: 在内无零点.
2.（2024·福建三明·高三校考开学考试）已知曲线C：
(1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程；(2)当时，求在上的值域；
(3)若，讨论的零点个数．
高频考点10 函数的图象
核心知识：
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
典例1：（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，
已知函数.(1)证明：在有唯一的不动点；
(2)已知，且的前项和为.证明：①为递增数列，为递减数列，且；②.
变式训练：
1．2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.(1)求；(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
2.（2024·天津北辰·高三校考阶段练习）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求使恒成立的最大偶数a．(3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，求证：．
高频考点11 函数与导数背景下的新定义压轴解答题
核心知识：
函数与导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸。
典例1：若存在一个数，使得函数定义域内的任意，都有，则称有下界， 是的一个下界．(1)求函数的下界的取值范围；(2)判断是否是下界为的函数，并说明理由；(3)若函数，是的一个整数下界，求的最大值．（参考数据：，）
变式训练：
1.（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”.(1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由；(2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：；(3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值.
2.（2024·江西·高三统考期中）一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）．
如果是区间上的连续函数，并且，那么
(1)求；(2)设函数．（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：．
1.（2024·浙江宁波·校考模拟预测）设，.
(1)若，求在处的切线方程；(2)若，试讨论的单调性.
2．（2025·四川达州·校考一模）已知函数.(1)若在上有唯一零点，求的取值范围；(2)若对任意实数恒成立，证明：.
3.（2024·上海闵行·校考三模）已知函数.(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；(2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；(3)证明：.
4．（2024·湖北孝感·高三校联考阶段练习）已知函数．(1)判断在区间上的单调性；(2)求在区间上的极值点的个数．
5.（2024·湖北荆门·高三校联考阶段练习）已知．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．
①求极大值与极小值的和；②判断零点的个数．
6．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知，为自然对数的底数.
(1)若函数在处的切线平行于轴，求函数的单调区间；
(2)若函数在上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
7．（2024·海南·校联考模拟预测）已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
8.（2024·广东·高三校联考期中）已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
9.（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)当时，求的单调区间；(2)若方程有两个不同的根．（i）求的取值范围；（ii）证明：．
10.（2025·河北·高三校联考阶段练习）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；（2）当时，求证：在上恒成立；
（3）求证：当时，．
11．（2024·四川成都·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；(2)若，求的取值范围.
12.（2024·四川攀枝花·统考模拟预测）已知．（1）求的单调区间；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
13．已知函数．（1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值；（2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围．
14.（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和．
(1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若函数与有相同的最小值．①求的值；②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列．
15.（2024·山东青岛·高三统考期中）已知函数.(1)讨论函数极值点的个数；(2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足.
16.（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；(2)证明：．
(3)若函数存在两个极值点，证明：．
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