2022新高考数学重难点讲解06 函数与导数（含答案解析）练习题

重难点06 函数与导数



从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.

1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(1)讨论分以下四个方面
①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论．
(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类．
(3)讨论完毕须写综述．
2、研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
3、求与函数零点有关的参数范围的方法：
方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法.
4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max． (2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．
存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min (2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．
5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，
然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
6、函数性质综合问题
函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：
（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．
（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．

利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。







A卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·江苏连云港·高三期中）已知某电子产品电池充满时的电量为3000毫安时，且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A：电量呈线性衰减，每小时耗电300毫安时；模式B：电量呈指数衰减，即：从当前时刻算起，t小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式，并在m小时后切换为B模式，若使其在待机10小时后有超过5%的电量，则m的取值范围是（ ）
A．（5，6） B．（6，7） C．（7，8） D．（8，9）
【答案】D
【分析】根据题意得模式A：，模式B：，其中p为初始电量，再根据题意列不等式求解即可.
【详解】解：模式A：，模式B：，其中p为初始电量.
A模式用了m小时，电量为，m小时后B模式用了小时，
∴; ，令，∴，
∴，
因为，，∴，∴故选：D

2．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知函数有且只有一个零点，则实数A的值为（ ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
【答案】C
【分析】先证的图象关于直线对称，结合条件列方程求实数A的值.
【详解】∵
∴ ，
又，则，
∴ 函数为偶函数，故函数的图象关于对称，
∴ 函数的图象关于对称，∴函数的图象关于对称，
又函数有且只有一个零点，
∴函数的零点为2，∴ ，即，
∴ ,∴ .故选：C.
3．（2021·江苏常州·高三期中）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设切点为，可得切线为，所以，设，则与图象有两个交点，讨论时由单调性可知不符合题意，当时，由导数判断的单调性以及最值，数形结合即可求解.
【详解】设切点为，,由可得，则切线方程为，
因为点在切线上，所以，所以，
若过点可以作曲线的两条切线，则有两解，
设，可得，
当时，恒成立，此时在上单调递增，
至多一解，所以不符合题意，
当时，由可得；由可得；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
所以若与图象有两个交点，可得即，
所以若过点可以作曲线的两条切线，则，故选：C.
4．（2021·山东临沂·高三期中）设函数在区间D上的导函数为，在区间D上的导函数为，若在区间D上，恒成立，则称函数在区间D上为“凸函数”.已知实数m为常数，，若对满足的任何一个实数m，函数在区间上都为“凸函数”，则的最大值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】由题设知对任意，在上有恒成立，转化为一次函数在上恒成立求x的范围，进而确定的最大值.
【详解】由题设，，则，
∴对任意，在上有恒成立，令在上恒成立，
∴，可得，∴，故的最大值为4.故选：A
5．（2021·四川遂宁·模拟预测）设函数是定义在上的奇函数，为的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先构造新函数，通过求导，再结合已知条件可判断出当时，，当时，，最后分情况解不等式可得答案.
【详解】令，，
当时，，，原函数单调递增，
又因为，所以当时，，此时，，所以，
当时，，此时，，所以，所以当时，，
又因为是奇函数，当时，，求，分两种情况求解，
当时，，只需，解得，当时，，只需，解得
所以的范围是,故选：A
6．（2022·上海·高三专题练习）函数，若满足恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】∵，且，
∴函数为单调递增的奇函数．于是，可以变为，
即，∴，而，可知实数，
故实数的取值范围为．故选：C.
7．（2021·江苏海安·高三期中）已知设其中为自然对数的底数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.
【详解】
,,令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
时取，，，，，
又,而，，.综上所述：
故选：B
8．（2021·陕西·长安一中高三阶段练习）已知函数有三个不同的零点，且，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．9 D．16
【答案】C
【分析】利用换元法转换，结合导数以及一元二次方程根与系数的关系来求得正确答案.
【详解】，
，有三个不同的零点.
令，在递增，在上递减，
.时，.令，必有两个根，
，且，有一解，有两解，且，
故; .故选：C

二、多选题
9．（2021·江苏南京·高三阶段练习）已知函数满足，当时，，则（ ）
A． B．对任意的正实数，都有
C．为偶函数 D．不等式的解集为
【答案】BC
【分析】由对称性可判断A，由单调性结合基本不等式可判断B，由函数平移与奇偶性的对称性可判断C，由单调性可判断D
【详解】由题意可知，对于选项A，因为，所以函数关于直线对称，
则，故选项A错误；对于选项B，因为时，函数单调递增，
且，当且仅当时取等号，所以对任意的正实数恒成立，故选项B正确；对于选项C，由函数关于直线对称，可得关于直线对称，
即为偶函数，故选项C正确；对于选项D，因为在上单调递增且关于直线对称，所以为偶函数，且在上单调递增，
所以由解得，故选项D错误；故选：BC.
10．（2021·山东省胶州市第一中学高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．只有一个极值点 B．设，则与的单调性相同
C．在上单调递增 D．有且只有两个零点
【答案】ACD
【分析】利用的二次求导，得到， ，从而存在，使得，结合函数极值点的定义即可判断选项，求出的解析式，然后利用导数研究其单调性即可判断选项，利用函数单调性的结论即可判断选项．利用函数的极值点即可判断选项.
【详解】解：由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当时，，所以存在，使得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；因为，所以，所以，所以，故的一个极值点为0，所以与的单调性不相同，故B错误；
因为与在上都是单调递增，所以在上单调递增，故C正确；
因为有且只有一个极值点，，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故D正确．故选：ACD．
11．（2021·辽宁大连·高三期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于轴对称，且在区间上单调递增
B．函数的图象不关于轴对称，且在区间上不单调
C．函数在区间内存在零点
D．函数在区间内存在零点
【答案】AD
【分析】，然后可判断其奇偶性，利用导数可判断在上的单调性，由、的符号及零点存在定理可判断CD.
【详解】因为，其定义域为；
所以，即是偶函数，其图象关于轴对称；
当时，，，所以在区间上单调递增；
因为，；
所以由零点存在定理可得，函数在区间内存在零点，在内无零点；故选：AD
12．（2021·广东化州·高三阶段练习）设函数，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数的单调递减区间是 B．函数的值域是
C．函数有且仅有两个零点 D．对任意两个不相等的正实数，，若，则
【答案】BCD
【分析】分与利用导数法研究函数的单调性可判断A；由分段函数的值域求法求出的值域可判断B；分与利用导数法研究函数的零点，从而得到的零点个数可判断C；由函数的单调性先判断，令（），利用导数研究函数的单调性可得，再结合单调性即可判断D
【详解】函数，时，，.
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，.
时，在上单减，，故函数在，上单减，故A错.
时，，时，，
故函数的值域是，故B对.
令函数，时，，，
在单调递减，，，
故时存在唯一的，，
时，，，
在单调递减，且仅有，故时存在唯一的一个零点，
故，有且仅有两个零点，故C对.
对任意两个不相等的正实数，，，时，，，
当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增设，则，令函数（），
，
，
则函数在单调递减，，
，即，故，
因为，故，又因为函数在单调递增，且，，
所以，即，故D正确.故选：BCD.
三、填空题
13．（2021·江苏南通·高三期中）设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，，若，则_________.
【答案】
【分析】根据题意，结合奇、偶函数的性质，列方程组求出和，即可求解.
【详解】根据题意，由为奇函数，得关于对称， 故，即，
∵，∴，
又∵，∴，即，由 ，解得，，
∵，∴.故答案为：.
14．（2021·重庆市实验中学高三阶段练习）已知函数，，且，，，恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据题意转化为恒成立，构造新函数，得到函数在区间上单调递减，转化为在区间上单调递减，即可求解.
【详解】由恒成立，可得恒成立，
令函数，即在上恒成立，
所以函数在区间上单调递减，
即在区间上单调递减，即在区间上单调递减，
当时，可得最小值为，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：.
15．（2021·江苏·灌云县第一中学高三阶段练习）已知函数，则当时的极大值为__________，若在（，为自然对数的底）的最大值为，则实数的值为__________.
【答案】
【分析】利用导数分析函数在区间上的单调性，可求得函数在区间上的极大值；分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，或作出函数在上的图象，可得出，再结合已知条件可求得实数的值.
【详解】，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以当时，函数的极大值为，
，，作出函数的图象如下图所示：

①当时，，此时，函数在上单调递减，在上单调递增，
，，
当时，，解得，合乎题意；
②当时，作出函数的图象如下图所示：
，，，
因为，，
所以，，可得（舍）.
综上所述，.故答案为：；.
16．（2021·江苏·沛县教师发展中心高三阶段练习）设函数，其中，若存在唯一整数，使得，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】令，h（x）＝ax，求出后画出、的图象，数形结合建立不等式组，即可得解.
【详解】存在唯一整数，使得，即存在唯一整数，使得
令，，则，
∴当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增；而；
当时，，所以且当时，
因为存在唯一的整数x0使得．当直线与相切时，
设切点为，则切线的斜率为，又直线过原点，所以此时
由切点再切线上，可得，解得 所以
所以当直线与相切时， 因为时，，时，
所以，则，此时不满足条件.

所以结合图形知：当时，有无数多个整数x0使得，故不满足题意.
又，由图可知当直线在与之间时，满足条件的整数x0只有
，所以满足条件的的范围是： 故答案为：
四、解答题
17．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）已知函数.
（1）当时，求的导函数在上的零点个数；
（2）若关于x的不等式在R上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）3个（2）
【分析】（1）结合二阶导数、零点存在性定理来求得导函数在上的零点个数.（2）利用换元法将问题转化为，恒成立，对进行分类讨论，结合分离常数法、导数求得的取值范围.
（1）， ∴，所以是的一个零点.
令，则时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则.
又且，所以在上存在唯一零点，
则在上亦存在唯一零点.
因为是奇函数，所以在上也存在唯一零点.综上在上有3个零点.
（2）不等式在R上恒成立，即不等式恒成立.
令，则等价于不等式……（*）恒成立，
①若，即时，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于
设，是偶函数，当时，，
令，则，
∵，，且，
∴在上单调递减，在单调递增，
又，所以在上恒成立，
即在上恒成立所以在上单调递减，则，
显然为偶函数，故在上的最大值为1，因此
综上所述，满足题意得实数a的取值范围为.
【点睛】当一次求导无法求得函数单调区间时，可考虑利用二次求导来进行求解.
18．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）函数.（1）求函数在的值域；
（2）设，已知，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)对函数求导，利用导数探讨函数在上的单调性即可计算作答.
(2)利用(1)中信息求出并探讨其单调性，借助单调性构造函数，结合不等式性质即可推理作答.
（1）依题意，，求导得，令，
则，由得或，而，
当或时，，当时，，
于是得在，上都是单调递增的，在上单调递减，，，
于是得，成立，即，因此，在上单调递增，
，，所以函数在的值域是.
（2）由(1)知，，求导得，令，则
显然在R上单调递增，当时，，当时，，即在上 单调递减，在上单调递增，则，即，于是得在R上单调递增，
令，求导得，令，
则，当且仅当时取“=”，即有在R上单调递增，
而，即当时，，当时，，
因此，在单调递减，在上单调递增，，于是得，
由得，于是得，
所以当时，成立.
【点睛】涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化构造函数，再探讨函数的性质是解决问题的关键.
19．（2021·江苏镇江·高三期中）已知函数，.（1）若在处的切线也是的切线，求的值；（2）若，恒成立，求的最小整数值.
【答案】（1）（2）7
【分析】（1）先用导数法求得在处的切线，再根据在处的切线也是的切线，将切线方程与联立，利用判别式法求解；（2）令，将，恒成立，转化为，对恒成立，利用导数法求解.
（1）因为函数，所以，则，
所以在处的切线方程为，由，得，
因为在处的切线也是的切线，所以，解得；
（2）令，因为，恒成立，
所以，对恒成立，令，则，
令，则，所以在上递减，
又，所以存在，有，即，
因为在递增，在上递减，所以，
又，所以，
令，由，得，所以，所以
故的最小整数值是7.
20．（2021·广东江门·高三阶段练习）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个零点，且，证明.
【答案】（1）单调增区间是，单调减区间是（2）证明见解析
【分析】（1）当时，，结合导数正负判断函数单调区间即可；
（2）因是函数零点，得，分离得，令，构造，代换成关于的函数表达式，通过求出最值，进而得证.
（1）当时，,令得，令得，
的单调增区间是，单调减区间是；
（2）若有两个零点，则，得.
，令，则，得，
则，
令，则，
令，则，
在上单调递增，.
，则在上单调递增，
，即，.
21．（2021·江苏盐城·高三期中）设函数.（1）求证：当时，在上总成立；（2）求证：不论m为何值，函数总存在零点.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）当时，，二次求导，根据导数正负情况判断原函数的单调性，从而证得结论；（2）由题知，，只需证明无论m为何值，函数总能取到正值，由零点存在定理即可证得结论.
（1）当时，，，，
当时，恒成立，即单增，
又，则恒成立，即单增，
又，则.
（2）由题知，，当时，恒成立，
由零点存在定理知，函数总存在零点；当时，，，
易知单增，且，则在上单增，
根据的解析式，存在，使，单增，
根据的解析式，存在，使，由零点存在定理知，函数总存在零点；
22．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,则,
令，得,在内,单调递增；在上,单调递减
,又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.





B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·浙江·高考真题）已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.故选：D.
2．（2021·河南·高三阶段练习）函数的减区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求得，根据减函数有求减区间即可.
【详解】由题意，，
令，得，则，故的减区间是.故选：C
3．（2021·四川攀枝花·高三阶段练习）方程的实数根叫做函数的“新驻点”.如果函数的“新驻点”为，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据定义，将问题转化为求且零点所在区间，利用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断“新驻点”的取值范围.
【详解】由题设，，则的根为的“新驻点”，
若且，即的零点为的“新驻点”，∴，即单调递增，
，，根据零点存在性定理知：的零点在内，
∴的“新驻点”范围是，即的取值范围为.故选：B
4．（2021·江苏·高三期中）设k>0，若不等式≤0在x>0时恒成立，则k的最大值为（ ）
A．e B．eln3 C．log3e D．3
【答案】B
【分析】据题意，将不等式转化为，进而通过反函数的定义发现互为反函数，而它们的图象关于直线对称，则必须满足对恒成立，然后分离参数求出答案即可.
【详解】由题意，对恒成立.容易判断，函数互为反函数，且均在上单调递增.因为与的图象关于直线对称，所以问题等价于对恒成立，即.
记，，则时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以.
于是，，即k的最大值为.故选：B.
5．（2021·河南·温县第一高级中学高三阶段练习）函数的定义域是，，对任意，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【分析】构造函数，结合已知条件可得恒成立，可得为上的减函数，再由，从而将不等式转换为，根据单调性即可求解.
【详解】构造函数，
因为，
所以为上的增函数．又因为，
所以原不等式转化为，即，解得.
所以原不等式的解集为，故选：A.
6．（2021·河北邢台·高三阶段练习）已知方程在区间上恰有3个不等实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数求得过的切线的斜率，结合图形可求得的取值范围.

【详解】，直线过点，设，
所以在点处的的切线方程为，
即，将代入得，.
，即在函数的图象上，.
要使方程在区间上恰有3个不等实数根，则，
即的取值范围是.故选：A
7．（2021·全国·高考真题）设，，．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】,所以;
下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于所以当0 所以在上单调递增，所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,
所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b 综上，,故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
8．（2021·黑龙江·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在单调递减
B．当时，在处的切线为轴
C．当时，在存在唯一极小值点，且
D．对任意，在一定存在零点
【答案】C
【分析】直接法，逐一验证选项.选项A，利用导数的符号进行判断即可；选项B，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程；选项C通过导数求出函数极值并判断极值范围；选项D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．
【详解】对于选项A，当时，，，恒成立，所以在单调递增，故选项A不正确；对于选项B，当时，，，故切点为 ，，所以切线斜率，故直线方程为：，即切线方程为： ，故选项B不正确；对于选项C，当时，，，，恒成立，所以单调递增，又， 故存在唯一极值点，不妨设 ，则，即，且，
所以极小值，故选项C正确；
对于选项D，对于，，令，即，当，且， 显然没有零点，故，且，
所以则令，，令，解得，
所以 单调递减， 单调递增，有极小值，于是知时得 ，所以当时，函数无零点，对于条件中任意的均有零点矛盾，故选项D不正确；故选：C
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
二、多选题
9．（2021·山东临沂·高三阶段练习）若函数在上有最大值，则a的取值可能为（ ）
A．－6 B．－5 C．－3 D．－2
【答案】AB
【分析】求导得到导函数，计算函数的单调区间，得到函数的极大值点，根据题意得到，解得答案.
【详解】，则，
当和时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
在处取极大值为.函数在上有最大值，
故，且，即，解得.故选：AB.
10．（2021·重庆九龙坡·高三期中）已知函数，方程有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．点是函数的零点 B．，，使
C．是的极大值点 D．的取值范围是
【答案】BC
【分析】求出函数导数，利用导数求出函数的单调性，画出函数图象，数形结合即可判断每个选项.
【详解】当时，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，且；当时，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，
且恒成立，画出函数图象如下：

对A，由函数图象可得0是函数的零点，故A错误；
对B，由图可得，故，，使，故B正确；
对C，由图可得是的极大值点，故C正确；
对D，方程等价于或，
由图可得有1个实数根，所以方程有两个不等实根等价于有1个非零实根，则由图可得或，故D错误.故选：BC.
11．（2021·湖北·高三期中）已知函数，下列结论成立的是（ ）
A．函数在定义域内无极值 B．函数在点处的切线方程为
C．函数在定义域内有且仅有一个零点 D．函数在定义域内有两个零点，，且
【答案】ABD
【分析】求出定义域与导函数可判断A；利用导数的几何意义可判断B；利用函数单调性以及零点存在性定理可判断C；根据选项C可判断D.
【详解】A，函数定义域为，，
在和上单调递增，则函数在定义域内无极值，故A正确；
B，由，则，又，
函数在点处的切线方程为 即，故B正确；
C，在上单调递增，又，
，所以函数在存在，使，
又，即，且，
即为函数的一个零点，所以函数在定义域内有两个零点,故C错误.
D，由选项C可得，所以，故D正确.故选：ABD
12．（2021·福建省福州外国语学校高三阶段练习）已知函数f(x)=，函数g(x)=xf(x)，下列选项正确的是（ ）
A．点（0，0）是函数f（x）的零点
B．∈（1，3），使f（）>f（）
C．函数f（x）的值域为[
D．若关于x的方程[g（x）]²－2ag（x）=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（∪（）
【答案】BC
【分析】利用函数的零点判断A，利用函数的单调性及最值判断选项BC；利用函数的单调性及函数的极值判断选项D.
【详解】对于选项A，0是函数的零点，零点不是一个点，所以A错误；
对于选项B，当时，，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，当时，；当时，，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，当时，．综上可得，选项B正确．
对于选项C，，选项C正确．结合函数的单调性及图像可得：函数有且只有一个零点0，则也有且只有一个零点0；

所以对于选项D，关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有一个非零的实数根⇔函数的图象与直线有一个交点，且，则当时，，
当变化时，，的变化情况如下：




0


+
0

0
+

增
极大值
减
极小值
增
极大值，极小值；当时，，
当变化时，，的变化情况如下：

1

2




0
+

e
减
极小值
增
极小值．综上可得，或，
解得的取值范围是，故D错误．故选：BC．
三、填空题
13．（2021·山东师范大学附中高三期中）已知函数，若，则实数的取值范围为______.
【答案】或
【分析】令，分析出函数为上的减函数且为奇函数，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】令，对任意的，，
故函数的定义域为，因为，
则，所以，函数为奇函数，
当时，令，由于函数和在上均为减函数，
故函数在上也为减函数，
因为函数在上为增函数，故函数在上为减函数，
所以，函数在上也为减函数，因为函数在上连续，则在上为减函数，
由可得，即，
所以，，即，解得或.故答案为：或.
14．（2021·山东泰安·高三期中）已知函数有两个极值点，则实数m的取值范围为___________.
【答案】
【分析】把函数有两个极值点，转化为有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需和有两个交点.利用导数研究的单调性与极值，即可求出m的取值范围.
【详解】的定义域为，.要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反.由得，.
令，，要使函数有两个极值点，只需和有两个交点.，令得：x>1；令得：0 所以在上单减，在上单增.当时，；当时，；
作出和的图像如图，

所以-1 【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究，
15．（2021·广东·高三阶段练习）若对任意的，，且当时，都有，则的最小值是________.
【答案】2
【分析】将变形为，令，利用在上是递增函数求解.
【详解】由题意得：，所以，
则等价于，即，
令，则，又，所以在上是递增函数，
所以成立，解得所以，故的最小值是2，故答案为：2
16．（2021·天津·南开中学高三阶段练习）已知函数当时，，当时，，若关于的方程在区间上恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】根据当时，，可得当时，函数为偶函数，再根据当时，，可得当时，函数可由当时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍即可，作出函数在时的函数图像，分和两种情况讨论，当是，结合图像根据临界点即可得出答案.
【详解】解： 因为当时，，所以当时，函数为偶函数，
又当时，，则当时，，
则当时，函数可由当时的图像横坐标不变，纵坐标变为2倍即可，
作出函数在时的函数图像，如图所示，
当时，在区间上恰有三个不同的实数解，符合题意；
当时，当时，在上为增函数，所以，
当函数过点时，，当函数过点时，，
当函数过点时，，当函数过点时，，
结合图像，若关于的方程在区间上恰有三个不同的实数解，则或，
综上所述，实数的取值范围是.故答案为：

【点睛】本题考查了函数的对称性及周期性，还考查了方程的根的问题，考查了数据分析能力和数形结合思想，有一定的难度.
四、解答题
17．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，单调递增，在单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得,，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
18．（2021·广东化州·高三阶段练习）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）答案见解析（2）
【分析】（1）根据分类讨论，利用导数求出函数的单调区间；（2）化简，利用导数求出，分类讨论，分别求出，令求解即可.
（1），.当时，，在R上单调递增.
当时，令，得.
时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
故当时，的单调递增区间是R；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2），，，
∵，∴，在上单调递增，.
当，即时，，在上单调递增，
则，，故.
当，即时，，，，即或，
时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
则，，∴.
令函数，且，，在上单调递增，，
∵（），∴.综上，实数a的取值范围是.
19．（2021·湖北·高三期中）函数．（1）若存在单调递减区间，求实数a的取值范围；（2）若有两个不同极值点，，求证：．
【答案】（1）；（2）见详解.
【分析】（1）根据题意，结合有解，参数分离即可求解；
（2）根据题意，结合一元二次方程根的分布，表示出和，并求出的范围，进而用表示出，即可求解.
（1）根据题意，，
因为存在单调递减区间，所以有解，即，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
因此，即.
（2）证明：根据题意，令，即，
因为有两个不同极值点，，所以，解得.
，
因为，所以，故.
20．（2021·山东文登·高三期中）已知函数在处的切线与直线平行．
（1）求的值，并求此切线方程；（2）证明：．
【答案】（1）；；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据导数几何意义可知，解方程求得，进而得到切线方程；
（2）当时，由，知不等式成立；当时，令，利用导数可求得在上单调递增，从而得到，由此可得结论.
（1），，
在处的切线与直线平行，即切线斜率为，
，解得：，，，
所求切线方程为：，即；
（2）要证，即证；
①当时，，，，即，；
②当时，令，
，，
当时，，，，，即，
在上单调递增，，
在上单调递增，，
即在上恒成立；综上所述：.
【点睛】本题第二问考查利用导数证明不等式的问题，解题的基本思路是将问题转化为函数最值的求解问题；通过构造函数，利用导数求函数最值的方法可确定恒成立，从而得到所证结论.
21．（2021·山东文登·高三期中）已知函数．
（1）求函数的极值；（2）设，若对都有成立，求a的最大值．
【答案】（1）极大值为，无极小值（2）1
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导函数的符号求出函数的单调区间，从而可得出答案；
（2）由题意知，，即对恒成立，令，求出函数的最小值，即可得出答案.
（1）解：函数的定义域为， 因为，令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，无极小值；
（2）解：由题意知，，即对恒成立，
令，则，
令，则，所以在上单调递增，
又因为，所以在内必存在，使得，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
所以，
因为，即，所以，
因为在上单调递增，所以，
又因为，所以，所以， 所以a的最大值为1．
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间、极值及最值问题，还考查了不等式恒成立问题，考查了学生的数据分析能力和计算能力，难度较大。
22．（2021·天津一中高三阶段练习）已知函数有两个不同的零点，，且.
（1）求实数的取值范围；（2）求证：当时，；
（3）求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）原问题等价于直线与函数的图象有两个交点，求的取值范围，作出的图象，观察图象即可得解；(2)原不等式可转换为，令，利用导数可证明函数单调递增，根据即可证明；
（3）注意，结合题意可得，利用分析法转化可得，再构造函数证明即可．
（1）显然不是的零点，令，则，
依题意，直线与函数的图象有两个交点，
又，当且时，，当时，，
则函数在，上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，（1），其草图如下，

由图象可知，实数的取值范围为；
（2）由，化简得：，
令，即证时，成立，
因为，设，则在上恒成立，
所以在上单调递增，所以时，，
即在上恒成立，所以在单调递增，故，
所以成立.即.
（3）由（2），当时，，在上单调递减，所以，
即，所以在上单调递增，所以
即，易知，，
，，
，，
，即，即，
要证，即证，只需证，
记，则，易知在上单调递增，
（e），即得证．