函数与导数必考考点 预测练 2025年高考数学三轮复习备考

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函数与导数必考考点 预测练
2025年高考数学三轮复习备考
一、解答题
1．已知函数.
(1)当时，直线与曲线相切，求实数的值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
2．已知函数．
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)函数在上单调递减，求实数a的取值范围；
(3)若，证明函数有两个零点．
3．已知函数，，．
(1)当时，函数在处取得极值，求实数的值；
(2)当恒成立时，求的最大值；
(3)在（1）的条件下，证明：当时，．
4．已知函数，其中为常数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数在区间内存在两个不同的极值点，求的取值范围．
5．已知函数（为自然对数的底数）.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
6．已知函数的导函数记为，为自然对数的底数，约为2.718.
(1)判断函数的零点个数；
(2)设是函数的一个零点，是函数的一个极值点，证明：.
7．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若 ，，求的取值范围；
(3)证明：.
8．已知函数，．
(1)若在定义域上单调递增，求的取值范围；
(2)当时，设，求的最大值．
9．已知函数，，.
(1)若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值；
(2)讨论函数在区间上的单调性；
(3)若对任意恒成立，求的取值范围.
10．已知函数，其中．
(1)当时，求方程的解集；
(2)若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；
(3)若是常数函数，求的值．
11．函数
(1)求的单调区间；
(2)设，证明：；
(3)若，，比较与2的大小，并说明理由.
12．法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”.
(1)已知且，
（i）若恒成立，求实数的取值范围；
（ii）当时，求证：.
(2)已知函数有两个零点，记作，若，证明：
参考答案
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义可求切点的横坐标，从而可求切点，代入切线方程后可得参数的值；
（2）原不等式即为，构建新函数，利用导数可求其最大值，故可求参数的取值范围.
【详解】（1）当时，函数，
设函数与直线相切的切点为，
因为直线的斜率为1，所以，
解得或（舍）,故切点为，代入切线方程，
得，所以.
（2）由，得，
令，因为对任意的恒成立，所以.
则.
令，则，
因为，所以，即在为减函数，
而，
所以当时，在上为增函数，
当时，在上为减函数，
所以，所以，
所以的取值范围为.
2．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）通过，讨论导数符号，进而可求解；
（3）求导确定函数单调性，确定相应最值，进而可求证；
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以．
所以曲线）在处的切线方程为，即．
（2）对求导，得．
当时，，在上单调递增，不合题意；
当时，令，得，
所以是函数的单调递减区间，
因为在上单调递减，所以，
得，解得，
所以实数a的取值范围是．
（3）令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，
．
因为，所以．
因为，所以在上有唯一零点．
又，因为，所以，
则，
所以在上有唯一零点．
综上，函数有两个零点．
3．(1)
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用函数在处取得极值得，求得实数的值，并检验极值点即可得结论；
（2）因恒成立，若，则，不合题意；，整理可得，令，求导确定单调性，即可得最大值，从而得所求；
（3）由（1）可知，，求导确定函数的单调性，由可得，利用单调性与不等式的性质即可证得结论.
【详解】（1）当时，，
因为时，函数在处取得极值，
所以，
∴
则经检验是函数的极值点，
故所求实数的值为．
（2）由题意知，
因恒成立，若，则，不合题意；
∴，当时，要使恒成立，则有，
所以，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故当时，取得最大值．
故的最大值为2．
（3）证明：由（1）可知，，
∴
∴时，，单调递增，
记，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以当时，易得，
∴，∴，
∴，
由（1）知，，所以当时，成立．
4．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1），求导，得到，利用导数几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，结合导函数特征，分，和三种情况，解不等式，求出函数单调性；
（3）在（2）基础上，得到，由二次函数对称轴得到，且，解得．
【详解】（1）当时，，，
，此时，
因此曲线在点处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，，
当，即时，，令，解得，
令得，令得，
此时函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，中，，
当，即时，
方程在上仅有一个正根，
令得，令得，
此时函数在上单调递增，在上单调递减；
当，即时，
方程在上有两个不等正根，
分别为，，
，
故，
令令得，令得，
此时函数在和上单调递增，
在上单调递减．
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
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；
（3）由（2）可知，若函数在区间内存在两个不同的极值点，则，
函数的对称轴为，且，
故，且，解得．
5．(1)
(2)
【分析】（1）求导，利用导数几何意义得到切线斜率，得到切线方程；
（2）转化为在上恒成立，设，二次求导，分和两种情况，得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，，
则，
所以切线方程为，即；
（2）当时，恒成立，即在上恒成立，
设，则，
令，则.
①当时，因为，则，
可知在上单调递减，则，
所以在上单调递减，
所以，即恒成立，所以满足题意；
②当时，令，解得：，
当时，，则单调递增，
此时，则在上单调递增，所以，
即当时，，即不恒成立，可知不合题意.
综上所述，.
6．(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，确定函数的单调区间，结合零点存在性定理可判断；
（2）由（1）知，对于通过二次求导，确定的单调性，进而可确定极值点，即可比较.
【详解】（1），
令，解得.
当时，，
当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减.
令，
当时，可令，则，
易知当时，，
当时，，
.
，
，即在区间上无零点，
又，
，
使得，
即在区间上有一个零点，
函数的零点个数为1.
（2）证明：由（1）可知，函数有唯一零点，且.
下面判断函数的极值点情况，
，
令，
则，
当时，，
在区间上单调递增，
当时，，
在区间上单调递增.
综上，当时，在区间上单调递增，
，
令，
令，解得.
，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，
.
又，
使得，
即，
且当时，，
当时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，函数存在唯一的极值点，
且.
综上，.
7．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，按、分类讨论求出函数的单调性.
（2）参变分离可得，解法一：设，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；解法二：先证明两个不等式：和，即可得到，从而得解；
（3）借助（2）的信息得，令，，可得，累加即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，又
当时，恒成立，所以在单调递减；
当时，令，得，所以在上单调递增；
令，得，所以在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在区间上单调递增.
（2）不等式，等价于，等价于 ，
解法一：设，，
则，因为在区间上单调递减，且，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围为；
解法二：先证明两个不等式：和，
由（1）知，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即；
设，则，
则当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
故，故，
由于，，且都是当且仅当时等号成立，
则，
所以，
即的取值范围为.
（3）由（2）知时，，，
即恒成立，
所以，当且仅当时等号成立，
令，，所以
所以
，
所以.
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数二次求导，分类讨论原函数的单调性，求解不等式即得；
（2）由（1）得时，，使，即，则得，令，通过求导求出该函数的最大值，即得的最大值.
【详解】（1）由可得，设，则
①当时，，则在上单调递增．
因为当时，
此时不可能在上单调递增；
②当时，．则在上单调递增，符合题意；
③当时，令，得
－ 0 +
递减 极小 递增
故需使 ， 解得 ，故 ．
综上，的取值范围是．
（2）由 （1）知，时，，使．
即，可得，
－ 0 +
递减 极小 递增
令，
．
令，得
－1
+ 0 -
递增 极大 递减
所以，即的最大值为.
9．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解；
（2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间；
（3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解.
【详解】（1）由已知得，，在点处的切线方程为.
设与切于，，，
则过该点的切线方程为：，
整理得，由于该切线与重合，
则.
（2）由，求导得，
①当时，，，在上单调递增；
②当时，令
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增
③当时，令
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减
（3）由题意得，即对恒成立.
令，，
令，，
因为，，
若，则在处的切线必然是上升的，
又因为，所以当且靠近的函数值满足，
此时就有，
从而可推导在且靠近的附近是递增的，
又因为，
所以在且靠近的附近必有
则必然不满足对恒有，
所以要满足对恒有，
首先必需满足在且靠近的附近，
所以满足，
从而可得参数满足的必要条件是；
下面再证充分性，当，时，则，即有，
又构造，，可得，
所以在区间上单调递增，即，
则可知，则，
恒成立，符合题意，
综上：的取值范围为.
【点睛】方法点睛：针对端点值刚好是不等式的临界值时，利用必要条件先确定参数的范围，再进行充分性证明，如若成立，则这个必要条件就是充要条件.
10．(1)，或
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，求解方程即可；
（2）的定义域为，由是偶函数得，展开并整理得，进而为正奇数，当取最小值即时，，化简，，利用换元法令，，将的值域问题转化为函数，且的值域即可.
（3）因为，，若是常数函数，则，当时不是常数函数；当时，通过说明不是常数函数；证明当时成立；当时，通过，说明不是常数函数即可.
【详解】（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
11．(1)单调递减区间
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义即可求解；
（2）由（1）知，，可得，令，，得，所以，结合，即可证明；
（3）由题意得，结合，，令，可得，所以，根据基本不等式即可判断.
【详解】（1）函数，
，
所以的单调递减区间为.
（2）由（1）知，，，，
不妨令，，，
，
，
.
（3），
由，，
，
由，，，
，
，
.
【点睛】方法点睛：累加型数列不等式证明的方法：
证明不等式为例，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，
但可以通过变形把右边也转化为求和式，
例如转化为累积相消型，
设，则只需证，
而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，
即如果能证出恒成立，则原不等式也就成立.
12．(1)（i）；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可；
（ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可；
（2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解.
【详解】（1）（i）解：法一：由，且化简得，即，
令，可知在上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立，
令，显然在上单调递减，
所以，即，故实数的取值范围为.
法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得，
故问题转化为恒成立.
又，则恒成立，即恒成立，
因为，
故令，显然在上单调递减，
所以，所以，故实数的取值范围为.
（ii）证明：要证，即证，
即证，
又，
由拉格朗日中值定理可知，存在，
，
.
由题意知，当时，在上单调递增，
则，故，
即，所以命题得证.
（2）函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根.
令，
所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根，
所以，则，则由，得，
所以，则，
要证，即证，
又，令，
令，
又，所以，故在上单调递增，
所以，
所以，故在上单调递减，所以，
即，
即，所以不等式得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可；
（2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题.
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