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2025届高三数学高考二轮专题复习：函数与导数中档大题专练
1．已知首项为1的正项数列满足，函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)探究数列的单调性并说明理由；
(3)证明；．
2．已知，当时，.
(1)求的值；
(2)证明：实数a的取值范围为；
(3)证明：当时，.
3．已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)记，证明：在上，当时，的图象恒在的图象上方.
4．已知函数.
(1)若曲线在点处的切线过点，求的值；
(2)求的极值点.
5．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，正项数列满足：，．
①求证：；
②求证：当时，．
6．已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若存在两个不同的，满足，证明：.
7．已知函数．
(1)讨论函数的零点个数；
(2)当函数无零点时，证明：．
8．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线在x轴上的截距为，求实数a的值；
(2)设数列的前n项和为，若对任意的正整数n，当时，函数均存在两个极值点，，且满足，求；
(3)当时，如果存在两个不同的正实数满足，证明：．
9．已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．
(1)写出与的递推关系式；
(2)记的零点为r，且．
（i）证明：当时，；
（ii）证明：对于任意的，都有．
10．已知函数，．
(1)若在处的切线方程为，求实数m的值；
(2)讨论的单调性.
11．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；
(3)记的极小值为，证明：．
12．已知函数部分图象如图所示．
(1)求和的值；
(2)求函数在上的单调递增区间；
(3)将向右平移个单位长度得到函数，已知函数在上存在零点，求实数a的最小值和最大值．
13．已知函数.
(1)若函数的图像在点处的切线与直线垂直，求实数的值；
(2)若，求函数的单调区间.
14．已知函数，．
(1)已知在处的切线斜率为，求实数的值；
(2)若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围；
(3)若函数在上单调递增，求的取值范围．
15．已知函数（为自然对数的底数，），函数的极值点为.
(1)求的值；
(2)证明：对；
(3)已知数列的前项和，证明：.
16．已知函数；
(1)若，讨论的单调性；
(2)若对所有都有，求实数的取值范围；
(3)若关于的方程恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.
17．已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，若是减函数，求的取值范围.
18．已知函数.
(1)若点是曲线上的动点，求点到直线的最短距离；
(2)若函数，求在上的最大值.
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围；
(3)当时，证明：．
20．已知函数.
(1)求证：.
(2)若，，为的最大值，
（i）求的极小值；
（ii）设，，求证：.
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《2025届高三数学高考二轮专题复习：函数与导数中档大题专练》参考答案
1．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)数列为递减数列，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先对求导，判断导数的单调性，最后求解单调区间即可.
（2）先利用作差法得到，再构造，利用导数判断其单调性，结合函数值判断正负，再判断的正负，得到数列的单调性即可.
（3）合理构造函数，利用导数得到，再合理变形得到，再对的范围分类讨论，利用累乘法结合放缩法得到当时成立，显然得到当时成立即可.
【详解】（1）因为，所以，
令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）数列为递减数列，理由如下：
由题意可得，则，
令函数，则，
得到在上单调递减，则，
令，则，
故，即数列为递减数列；
（3）由题意得，
令函数，
令函数，则，
当时，，当时，，
得到在上单调递减，在上单调递增，
故，则，即，
则，故在定义域上单调递增，且，
令，则，得到，
且，故，又因为，所以，
得到，故，
当时，得到．即，
当时，．故．
综上，原命题得证.
2．(1)0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由解析式可直接求解；
（2）通过，，求导确定函数单调性，确定最值，即可证;
（3）由（2）得到当时，.即可得到，进而可求证.
【详解】（1）;
（2）证明：当时，.
故在上单调递减，故当时，，符合题意.
当时，，，存在使得当时，恒成立，则存在使得，矛盾.
故实数a的取值范围为;
（3）证明：由（2）知，当时，.
故，
故当时，.
3．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）令，将问题转化为直线与曲线的交点个数问题，求得函数的增减区间和最值，再对a分情况讨论即可得到结果；
（2）令，求导计算得到，要证的图象恒在的图象上方，只需证，求导得到，结论即可证明.
【详解】（1）令，得，
即的零点个数可看作直线与曲线的交点个数问题；
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，当时，，当时，，
当时，，当时，.
所以当时，直线与曲线有2个交点；
当或时，直线与曲线有1个交点；
当时，直线与曲线无交点.
故时，函数的零点个数是2；
或时，函数的零点个数是1；
时，函数的零点个数是0.
（2）令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以成立，所以，
要证的图象恒在的图象上方，
即证在上恒成立，
又，只需证，
故只需证，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
故，
所以当时，，所以恒成立，
所以的图象恒在的图象上方.
4．(1)；
(2)极大值点，极小值点.
【分析】（1）利用导数的几何意义来求切线斜率，并写出切线方程，代入点即可求值；
（2）利用导数研究正负，即可判断原函数单调性和极值点.
【详解】（1）求导得，则，又有，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由切线过点，则；
（2）由可得：，，
则当时，，所以在区间上单调递增，
当时，，所以在区间上单调递减，
故当时，取到极大值，即极大值点为，
又当时，取到极小值，即极小值点为，
5．(1)单调性见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后就、分类讨论导数符号后可得单调性；
（2）①利用导数可证、，从而可得；②利用①的结果结合累乘法可证.
【详解】（1），其中，
当时，恒成立，故在上为增函数；
当时，若时，；时，；
故在上为减函数，在上为增函数，
综上，时，的增区间为，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为.
（2）①时，，
由（1）可得在为增函数，
而，故，
设当时，，则当时，，
由数学归纳法可得.
下证：，即证，
即证，
设，
则，
故为上的减函数，故，
故成立，故即.
下证：，
设，
则
，
故在上为增函数，故，
故恒成立，故恒成立，
故，故即，
综上，成立.
②由①可得，故即，
累乘可得，而，故.
仍由①可得，故，
而，故，
故，故，
故，而，由累乘可得，
故，故.
综上，当时，.
6．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得导函数，再按实数分类讨论函数的单调性即可；
（2）结合（1）讨论可得当且仅当时有两个零点，令，求导研究函数的单调性，进而证得结果.
【详解】（1）的定义域为，且，
①当时，由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
②当时，恒成立，故函数在上单调递增；
③当时，由，得，由，得或，
所以函数在上单调递减，在，上单调递增；
④当时，由，得，由，得或，
所以函数在上单调递减，在，上单调递增；
综上：当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在，上单调递增；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在，上单调递增.
（2）由（1）知，当时，，所以不可能有两个零点；
当时，，所以不可能有两个零点；
当时，在上单调递增，所以不可能有两个零点；
若要有两个零点，当时，，此时（舍），，不符合题意故舍去，当且仅当，所以，
设，令，
则，
所以在上单调递减，则，即，
所以，又，所以，
因为，，由（1）知在上单调递增，
所以，即.
7．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一：首先求出函数的定义域和导函数，求出函数的极值点，并判断函数的单调性，从而求出函数的最小值，然后讨论最小值小于0、等于0以及大于0的函数的零点个数.
方法二：将原函数的零点个数问题转化为方程的解的个数问题，先用求出的表达式，化简，然后构造一个新函数，求导求最值，结合图像确定原函数的零点个数.
（2）方法一：构造关于的函数，求导，借助函数的单调性求解.
方法二：通过将原不等式进行转化，构造一个关于的新函数，然后求导判断单调性，从而求出不等式的解集.
【详解】（1）方法一：由题意知函数的定义域为，．
令，得．
令，则，所以单调递增，
令，则，易知单调递减且在上恒成立，
则直线与曲线有且仅有一个交点，
所以有且仅有1个零点，，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以．
①当时，，当且时，当时，此时有2个零点；
②当时，，有1个零点；
③当时，，无零点．
综上，当时，无零点；当时，有2个零点；当时，有1个零点．
方法二：由题知零点个数可转化为关于的方程解的个数，即解的个数．
，设，则，且与一一对应，
也可转化为，设，构造函数求解
令，则，
令得，则当时，
，单调递增，当时，，单调递减，
从而．
，且当时，，作出的大致图象如图8．
由图可知当时，无零点，当时，有2个零点，当时，有1个零点．
（2）方法一：由（1）知若无零点，则，要证，只需证，
由，得．
设，则．
令，，则，
所以在上单调递增，则，则．
当时，，
所以，在上单调递增，所以，原不等式得证．
方法二：待证不等式可转化为，其中，则．
设，则，令，
则，
所以单调递减，所以，原不等式得证．
8．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义来求切线方程，即可得到等式求参数；
（2）利用极值点就是导数值为0的两个根，借助韦达定理即可得到通项，然后利用裂项相消法求和即可；
（3）利用函数的单调性，结合极值点偏移思想来证明即可.
【详解】（1）求导得：，则有，而，
所以曲线在点处的切线方程为：
，
令可得：，则，
（2）由，
因为当时，函数均存在两个极值点，，
则有有两个根，，
即，
则，因式分解得：，
当时，，此时没有两个不等实根，故舍去，
则，
所以
（3）因为，所以，
由，
因为，满足，所以，
即此时在上单调递增，
根据，因为存在两个不同的正实数
所以不妨设，
则要证明，即证，
因为在上单调递增，
所以只需要证，
又因为，所以只需要证：，
即证明，
记，
则
，
所以当时，，即在时单调递增，
即，
所以恒成立，
即得证！
【点睛】关键点点睛：利用极值点就是导数的零点，再利用韦达定理即可得通项公式；利用极值点偏移即可证明双变量不等式.
9．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点处的切线方程，令即可求解；
（2）（i）易知当时，当时，利用导数和零点的存在性定理证明在上单调递增，进而，即可证明；（ii）由（i）知当时，令，只需证.令（），利用3阶导数研究的单调性可得，结合累乘法计算即可证明.
【详解】（1），，
则函数在点处的切线方程为
，
令，得．
（2）（i）当时，，
当时，，单调递增，
又因为，
所以有唯一的零点，其中．
令，则，
当时，，故在上单调递增．
因为，所以．
因为在上单调递增，所以当时，，
又因为，所以，
即证得：当时，．
（ii）由（i）知：因为，从而，进而，
由此递推可知：当时，，
令，
下面证明：对于任意的，都有成立，
即．
因为，所以只需证明，
即，
令，其中，
则，
因为，
所以，故，
从而在上单调递增，可知，
故在上单调递增，因此，
因为，故，
即对于任意的，都有成立，
由此可得：，
所以对于任意的，都有．
10．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意和切线方程列方程求解实数的值．
（2）首先求出，分类讨论利用导数的符号求出函数的单调区间；
【详解】（1）由，．
依题意， ，
解得 .
（2）的定义域为，，
当时，恒有 ，故的单调递减区间为，
②当时，令，得，
由，得；由，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
11．(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，按分类讨论求出函数的单调性.
（3）由（2）求出极小值，再建立函数，利用导数求出最小值证明不等式.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程的为.
（2）函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，上单调递增.
（3）由（2）知，若有极小值，则，极小值，
令函数，求导得，函数在上单调递增，且，
则当时，，当时，，
函数在上单调递减，上单调递增，则，即，
所以.
12．(1)，
(2)，
(3)最小值为，最大值为
【分析】（1）由图象观察周期，计算，由最大值求出；
（2）利用整体代换求出单增区间；
（3）先求出，转化为，在上有解,令，求出的值域，即可求出a的最小值和最大值.
【详解】（1）由图象可知：，所以，则，
又，，得，
又，所以.
（2）由（1）知，
令，，
解得：，.
令，得，因，则，
令，得，因，则，
所以在上的单调递增区间为，.
（3）由题意，，
则，
由函数在上存在零点，
则在上有解，
令，由，则，即，
则，
所以，即，
故a最小值为，最大值为.
13．(1)
(2)函数的单调增区间为，单调减区间为.
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）先对函数求导，利用导函数的正负确定函数单调区间即可.
【详解】（1）由题意知的定义域为，
由题设知函数的图象在点处的切线斜率为，即，
所以；
（2）由于的定义域为，
当时，单调增；当单调减，
故函数的单调增区间为，单调减区间为.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义得出，即可解得实数的值；
（2）当时，由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（3）由题意可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的值域，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】（1）因为，则，
由题意可得，解得.
（2）当时，，，
则，由可得，列表如下：
单调递减 极小值 单调递增
又因为，，
因为关于的方程有个不相等的实数解，
则直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，实数的取值范围是.
（3）由题意，当时，，
则恒成立，
令，则，因为，，
所以对任意的恒成立，故函数在上单调递减，
所以，
因为对任意的恒成立，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
15．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）运用极值点的性质，借助导数可解.
（2）通过构造新函数，研究其单调性来证明不等式.
（3）先根据数列前项和求出数列通项公式，再结合前面的结论进行放缩，结合等比数列求和证明不等式.
【详解】（1）函数定义域为R，求导得，
由函数的极值点为，得，解得，此时，
由，得；由，得，因此是函数的极值点，
所以.
（2）令，求导得，
函数在上单调递增，则函数在上单调递增，
，则，使得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
任意，，由，得，且，
因此，
即，因此.
（3）当时，，
当时，满足上式，则，
由（2）得，，，取，
得，则，即，因此，
所以.
【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
16．(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）写出函数，求导，对参数进行分类讨论，进而研究单调性；
（2）对所有都有，参变分离，转化为最值问题即可解决;
（3）研究函数的单调性，由有两个不等实根，转化为有两个不同的零点，结合函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为，所以
因为，若，即时，在上单调递增，
若，即时，令，得；
令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2），
当时，恒成立，
等价于恒成立，
等价于恒成立，
令，则恒成立.
当时，，
在上单调递增，
，
，即实数的取值范围为.
（3）若关于的方程恰有两个不相等的实数根，
则的图象和的图象在上有两个不同的交点，
的定义域是，令，解得；
令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，
所以.
在上单调递减，在上单调递增，
又当时，时，，
故当时，满足的图象和的图象在上有两个不同的交点，
即若关于的方程恰有两个不相等的实数根，
则，故的取值范围为.
17．(1)减区间为，增区间为
(2)
【分析】（1）对函数求导求单调性即可.（2）由是减函数，则导函数参变分离转化为最值求解即可.
【详解】（1）当时，，，
令，令令所以函数的单调递增区间为， 函数的单调递减区间为.
（2）函数是减函数,则在恒成立.
，即，
，令，()，在单调递减，在单调递增，所以，故的取值范围是.
18．(1)
(2)1
【分析】（1）法一；设点，点到直线的距离最短需满足在点处的切线与平行,利用导数的几何意义求得,求出切点即可得出结果;法二：设点，由点到直线的距离公式可得,构造函数 ，利用导数求得最值，即可求出切点，进而得出结果；
（2）求出的导数，由在单调递增，可判断的单调性，进而可求在上的最大值.
【详解】（1）法一；设点，
则点到直线的距离最短需满足在点处的切线与平行.
，，
切线的斜率.
则点到直线的最短距离.
法二：设点，
点到直线的距离.
设，..
令，解得.
当变化时，，的变化情况如表所示
1
- 0 +
单调递减 3 单调递增
所以，当时，取得最小值.
所以点到直线的最短距离.
（2），，
在单调递增.
，
，使.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
，，
，，
19．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分和讨论导函数的符号，判断函数的单调性.
（2）利用（1）的结论，求函数的最小值即可.
（3）引入函数，分别证明（）和（）即可.
【详解】（1）因为，.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；
若，由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）得，欲使恒成立，须有，且.
由.
所以的取值范围为：.
（3）当时，.
设（），则，因为，所以.
所以在上单调递增，所以.
所以在上恒成立.
设（），则.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，所以即在上恒成立.
所以在上恒成立.
故原不等式成立.
20．(1)证明见解析；
(2)（i）0；（ii）证明见解析.
【分析】（1）构造函数，求出导数得出函数单调性进而得出最大值即可证明.
（2）（i）通过求导得出的最大值，分析函数的单调性可得到的极小值；
（ii）先证明，据此可证题设中的不等式.
【详解】（1）令，定义域为，
则，
因为，所以，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，恒成立，在上单调递减，
故的最大值为，
所以，所以.
（2）（i），定义域为，
，
因为，
所以当时，恒成立，在上单调递增，
当时，恒成立，在上单调递减，
故的最大值为，
所以，
因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
因为，
所以当时，恒成立，在上单调递减，
当时，恒成立，在上单调递增，
故的极小值为.
（ii）即证，
下证：当时，总有，
证明：设，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在上为增函数，
故即成立,
当且仅当时等号成立.
由此不等式有，
，
，
而，
故，
所以.
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答案第1页，共4页

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