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2023年高考数学必刷压轴题专题09一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）含解析
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这是一份2023年高考数学必刷压轴题专题09一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）含解析，共44页。试卷主要包含了已知函数，已知函数.等内容，欢迎下载使用。
专题09 一元函数的导数及其应用
（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）
利用导数研究函数零点（方程的根）问题
①图象识别题
②函数切线条数问题
③不等式整数解问题
④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题
⑤不等式恒成立问题
①图象识别题
1．（2022·四川成都·模拟预测（文））函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】解：函数的定义域为R，时，排除A．
，当时，，当时，，
所以在递减，在递增，
且时，，时，，
故选：B．
2．（2022·浙江·模拟预测）已知，则函数的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】取，则，定义域为，，令，
则，则在上单调递减，又，故存在使，
当，单增，当，单减，又，显然，A符合；
取，则，定义域为R，，易得当时，，则在单减，
当时，令，则，令，
则，显然当时，单增，当时，单增，
又，则存在使，即，
则在上单调递增，在上单调递减，又，则，，
则存在使，即，则在上单调递增，在上单调递减，又，B符合；
取，则，定义域为，，令，
则，当时，单减，当或时，单增，
又，则，，即在单调递减，又当时，，
当时，，C符合.
故选：D.
3．（2022·山西太原·一模（理））下列函数图象中，函数的图象不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】当时，，定义域为关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
即函数在上单调递增，则函数在上单调递减.
此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为且关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
当时，即函数在上单调递减
当时，即则函数在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为关于原点对称.
，则为奇函数.
当时，.
则
令，则
即并且在上单调递增，并且在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
故选：C
②函数切线条数问题
1．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）若过点可以作曲线的三条切线，则（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】由题可得，
设切点，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解，
设，，
由，得或，又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，单调递增，
当时，
当时，，且，，
函数的大致图像如图所示，
因为的图像与直线有三个交点，
所以，即.
故选：D.
2．（2022·广东佛山·高三阶段练习）已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【详解】，设经过点且与曲线相切的切点为，则.又切线经过，故由题意有3个解.
化简有，即有3个解.
设，则，令有或，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减.
又，，且，，故要有3个解，则.
故选：A
3．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）过直线上一点可以作曲线的两条切线，则点横坐标的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】解：由题意得，设切点为，，
，，
则过点的切线方程为，整理得，
由点在切线上，则，即，
因为过直线上一点可以作曲线两条切线，
所以关于的方程有两个不等的实数根，
即函数与函数的图象有两个交点，
，
，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
时，；时，，
则函数与函数的图象如下图所示：
由图可知，，
故选：C.
③不等式整数解问题
1．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））已知不等式恰有2个整数解，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】当时，即为,即,不成立；
当时不等式等价于,
由于，故不成立；
当时，不等式等价于，
若，则不等式对于任意的恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；
当时，令，则，
在上，∴单调递增，在上，∴单调递减，且在(上,在上,
又∵在趋近于时，趋近于0，
∴在上的图象如图所示：
∵，∴当时，不等式等价于有两个整数解，这两个整数解必然是和0，充分必要条件是,即,∴，
故选：C
2．（2022·江西·新余市第一中学三模（理））若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】不等式，即，不等式成立则，
令，则.
令，得或；，得，
在和上单调递增，在上单调递减，
，且.如图所示
当时，至多有一个整数解.当时，在区间内的解集中有且仅有三个整数，只需，即，
解得.
故选：C
3．（2022·全国·高三专题练习）偶函数满足，当时，，不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
所以是周期函数，且周期为，且关于直线对称，
又当时，，
则，令，解得，
所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
作出在内图象，如图所示：
因为为偶函数，且不等式在上有且只有个整数解，
所以不等式在内有个整数解，
因为周期为，所以在内有个周期，
所以不等式在有个整数解，
（1）若，由，可得或，
由图象可知不等式在内有个整数解，
不等式在内无整数解，不符合题意；
（2）若，则，由图象可知不等式在有个整数解，不合乎题意；
（3）若，由，可得 或，
由图象可得在内无整数解，不符合题意，
所以在内有个整数解，
因为在内关于直线对称，所以在内有个整数解，
因为，，，则，
所以在的整数解为和，
所以，解得.
故选：C.
4．（2022·辽宁·辽阳市第一高级中学高二期末）已知函数，若有且只有两个整数解，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题设，定义域为，则可得，
令，则，
所以时，即递增，值域为；
时，即递减，值域为；
而恒过，函数图象如下：
要使有且只有两个整数解，则与必有两个交点，
若交点的横坐标为，则，
所以，即.
故选：C
5．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，若的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为________．
【答案】
【详解】由题可知，，，
由于的解集中恰有一个整数，
即，即，
因为，所以的解集中恰有一个整数，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
画出和的大致图象，如图所示：
要使得，可知，
设为和的交点的横坐标，
而的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即，
当时，得；当时，得，
即，，
当直线过点时，得，
当直线过点时，得，
所以的取值范围为.
故答案为：
6．（2022·重庆·高三阶段练习）设函数，若不等式恰有两个整数解，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】由，可得，
令，
由题意知恰有两个整数，使成立，
因为，由，可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，且，
直线恒过点，且斜率为，
结合图象可得 ，即，
解得，
即的取值范围是.
故答案为；.
7．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【详解】由题意得，关于的不等式即，
即，
令，
则若关于的不等式有且仅有两个整数解，
即有且仅有两个整数解，
由，当时，递减，
当时，递增，故，
且 时，， ，
故可作出函数的大致图象如图：
因为 ，，结合图象要使得 有且仅有两个整数解，
需满足 ，解得，
故实数的取值范围是，
故答案为：
④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题
1．（2022·安徽黄山·二模（文））已知函数，至少有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】令，当时，，
当时，，求导得，
时，，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，，，
作出大致图象如图所示，由题意得和图象至少有两个交点，
故的取值范围是
故选：A
2．（2022·新疆·模拟预测（理））若函数有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】问题转化为函数,的图像有两个交点
作出草图,寻求临界相切的情况
设切点的横坐标为.
则,即
消去得
设
即在上单调递增
注意到
所以唯一切点的恒坐标为
代入解得
显然当
此时必有两个交点，所以的取值范围为
故选:B
3．（2022·天津·耀华中学一模）已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】当 时， ，，
当时，，当时，，
故时， ；
当时， ，
当时，有极大值，当时，，
作出的大致图象如图：
函数与的图象恰有5个不同公共点，
即方程有5个不同的根，
令 ，根据其图象，讨论有解情况如下：
令,
(1当 在和上各有一个解时，
即 ，解得 ，
（2）当在和上各有一个解时，
，解得，
（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；
（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，
综上可知：，
故选：A
4．（2022·贵州·贵阳乐湾国际实验学校高三开学考试（理））已知定义在上的函数，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】图象与轴有3个不同的交点，
与 有三个交点,作出二者函数图象如下图，
易知直线恒过定点,斜率为，
当直线与相切时是一种临界状态,设此时切点的坐标为，
则,解得，
所以，
当直线过点时,，
综上所述:.
故选:A.
5．（2022·广东·高三阶段练习）定义在R上的函数满足；且当时，．则方程所有的根之和为（ ）
A．14 B．12 C．10 D．8
【答案】A
【详解】由可得为奇函数，且关于对称.
又由题意，故，所以关于对称，且，故的周期为4.
又当时，，此时，故在为增函数.综上可画出的函数部分图象.
又方程的根即与的交点，易得在区间上均有3个交点，且关于对称，加上共7个交点，其根之和为
故选：A
6．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））已知函数与函数恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】令，其中，.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故当时，，
由可得，令，其中，
所以，，
令，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，当时，，
故当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，
且当时，；当时，.
由题意可知，直线与函数的图像有个交点，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图像有个交点，
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
7．（2022·湖南·长沙市南雅中学高二阶段练习）已知函数，若关于的方程有四个不等实根．则实数的取值范围为__________．
【答案】
【详解】当时，，则，
令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，且当时，，
令，，由可得，
函数图象如图，
因为关于的方程有四个不等实根．
则函数必有两个不同的零点、，不妨设.
①若，则，由韦达定理可得，解得，合乎题意；
②若，则，则，解得；
③若，则，则，无解.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
8．（2022·内蒙古包头·高三开学考试（理））已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)讨论的零点情况．
【答案】(1)递增区间为，递减区间为
(2)答案见解析
（1）解：当时，则，可得，
令，解得，
当时，，
当时，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减．
（2）解：当时，；
当时，等价于，
令，则，
当时，；
当时，；
当时，；
所以在单调递增；在单调递减，
且当时，，当时，；当时，，
如图所示，可得为的极大值，
当，即时，与只有1个交点，即只有1个零点；
当时，与有2个交点，即有2个零点；
当时，与有3个交点，即有3个零点．
综上，时，只有1个零点；当时，有2个零点；
当时，有3个零点．
9．（2022·北京·北师大二附中高三开学考试）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若关于的方程恰有四个不同的解，求的取值范围.
【答案】(1)1；
(2).
（1）当时，，
所以，
又，
所以切线的斜率，
则切线方程为，
该切线与轴交于点，与轴交于点，
所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为；
（2）由可得，
，即，
令，则，
∴或，
设，则，
当变化时，变化如下，
0
2
0
0
极小值0
极大值
函数的图象如图，
要使方程恰有四个不同的解，
因为与函数的图象有一个交点，则与函数的图象有三个交点，
∴，即，
∴的取值范围为.
10．（2022·山东菏泽·高二期末）已知函数（），（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数、满足下面两个条件：①方程有唯一实数解；②直线（）与两条曲线和有四个不同的交点，从左到右依次为，，，.问是否存在1，2，3，4的一个排列，，，，使得？如果存在，请给出证明；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，证明见解析
（1）解：由题可知，，当时，，函数在上单调递减；当时，对于，，函数单调递减；，，函数单调递增；
（2）解：由，，当时，；当时，，又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，；由，知当时，；当，，又，可知在上单调递减，在上单调递增，，令，即当时，；当时，，结合条件①中方程有唯一实数解，知：当时，，当时，，综上，画出函数，的简图：其中，，，，，则，，即，得，，因为，由，，得，因为，由，，因此，所以，，所以存在满足条件的一个排列，如，，，，使.
11．（2022·辽宁大连·高二期末）已知和有相同的最大值.（）
(1)求的值；
(2)求证：存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点且，使得成等比数列.
【答案】(1)
(2)见解析
(1)的定义域为，且，，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
的定义域为，且，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
又和有相同的最大值，
所以，解得，
又，
所以；
(2)由（1）可知：
在递增，在递减，且，
在递增，在递减，且，
和的图象如图所示：
设和的图象交于点，
则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，且，
因为，
所以，即，
因为，且在递增，
所以，
所以，
因为，
所以，即，
因为，且在递减，
所以，
所以，
所以，即，
所以得成等比数列
⑤不等式恒成立问题
1．（2022·内蒙古通辽·高二期末（理））已知函数，若关于的不等式（是自然对数的底数）在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】在上恒成立，等价于的图像恒在
直线的上方，画出的
图像：
直线恒过定点，当直线
与，相切时，设切点，求导
得，可得，由，
解得，则切线的斜率为2.当直线与
，相切时，直线与半圆
相切，由，解得，
由图可知，的取值范围是.故A，B，C错误.
故选：D.
2．（2022·四川雅安·高二期末（理））若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由在上恒成立，得
在上恒成立，
当时，上式显然成立，
当时，令，，
则，
当时，，所以在上递增，
而当时，，不合题意，
当时，由，得，
令，，作出两函数的图象，如图所示
由图象可知，存在，使，所以，得，
当时，，当时， ，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以
，
由，得，得，
综上，，
故选：A
3．（2022·全国·高二期末）当a＞0时，若不等式恒成立，则的最小值是__________．
【答案】
【详解】由题意知：，由可得，即不等式恒成立，令，
易得为斜率大于0的一条直线，；，当时，单增，
当时，单减，又，要使不等式恒成立，必有的零点与的零点重合
或者在的零点左侧，如图所示：
故有，解得，当且仅当恰为在处的切线时取等，此时的图像恒在图像的下方，
即满足恒成立，即恒成立.又，故在处的切线方程为，
即时，取得最小值.
故答案为：.
4．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）解：函数的定义域为，且.
当时，因为，则，此时函数的单调递减区间为；
当时，由可得，由可得.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：，
设，其中，则，
设，则，
当时，，，且等号不同时成立，则恒成立，
当时，，，则恒成立，则在上单调递增，
又因为，，
所以，存在使得，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：
由（1）中函数的单调性可知，
①当时，在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，，此时，不合乎题意；
②当时，，且当时，，
此时函数的值域为，即.
（i）当时，即当时，恒成立，合乎题意；
（ii）当时，即当时，取，
结合图象可知，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
5．（2022·福建泉州·高二期中）已知．
(1)当时，求的单调性；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)或
(1)解：当时，，其定义域为，
，
令，则，
又，
故在单调递增，
所以当时，；当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)解：因为，其定义域为，
①若，则，故符合题意；
②若，则，所以，
令，得，
令，得，
当x变化时，，的变化情况如下表
x
e
＋
0
－
单调递增
单调递减
如图，作出其函数图象
由图可知，解得，
③若，则或，
令，则，
所以在单调递增，
故当时，；当时，，
所以即，
令，则，
令，得，
当x变化时，，变化情况如下表，
x
－
0
＋
单调递减
单调递增
又，且，
作出其函数图象，如图
由图可知的解为即，
综上可得或．
6．（2022·北京市第二十二中学高三开学考试）已知函数.
(1)当时，若曲线与直线相切于点，求点的坐标；
(2)当时，证明：；
(3)若对任意，不等式恒成立，请直接写出的取值范围.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
（1）当时，.
设，则切线斜率.
由切点性质，得，解得.
所以点的坐标.
（2）当时，，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上单调递增，且，
当变化时，变化情况如下表：
1
0
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知，.所以.
（3）实数的取值范围.理由如下：
方法一：（数形结合）
在上恒成立，即.
因而函数的图象在函数的图象上方.
考虑函数图象在函数图象恰好有一个公共点的临界情形（如图所示），
此时它们在交点处有一条公切线，设交点的横坐标为.
又，由切点性质知，
所以即，
由得，所以即
记，则，所以在上是增函数.又因为，所以方程的解是.
因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是，此处公切线方程是.
所以当函数的图象在函数的图象上方时，实数的取值范围.
方法二：（同构变形）
显然，在上恒成立，即恒成立即
恒成立，
所以恒成立，
构造函数，易知在上是增函数，
所以恒成立，即，
令，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围.
7．（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）已知.
(1)讨论零点的个数；
(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(1)解：函数的定义域为，
由得，设，其中，
则函数的零点个数等价于直线与函数图象交点个数，
，当，，此时，函数的单调递减区间为，
当时，，此时，函数的单调递增区间为，
且当时，，当时，，如下图所示：
故当时，无零点；
当或时，只有个零点；
当时，函数有个零点.
(2)解：，即，得，
又，不等式两边同时除以，得，即.
令，其中，易知，
由题意可知对任意的恒成立，.
①当时，则当时，，则
此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意；
②若，对于方程.
（i）当时，即时，恒成立且不恒为零，
此时，函数在上单调递增，则有，合乎题意；
（ii）当时，即时，
设方程的两个不等实根分别为、，且，
则，，所以，，，.
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
专题09 一元函数的导数及其应用
（利用导数研究函数图象及性质）（全题型压轴题）
利用导数研究函数零点（方程的根）问题
①图象识别题
②函数切线条数问题
③不等式整数解问题
④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题
⑤不等式恒成立问题
①图象识别题
1．（2022·四川成都·模拟预测（文））函数的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】解：函数的定义域为R，时，排除A．
，当时，，当时，，
所以在递减，在递增，
且时，，时，，
故选：B．
2．（2022·浙江·模拟预测）已知，则函数的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】取，则，定义域为，，令，
则，则在上单调递减，又，故存在使，
当，单增，当，单减，又，显然，A符合；
取，则，定义域为R，，易得当时，，则在单减，
当时，令，则，令，
则，显然当时，单增，当时，单增，
又，则存在使，即，
则在上单调递增，在上单调递减，又，则，，
则存在使，即，则在上单调递增，在上单调递减，又，B符合；
取，则，定义域为，，令，
则，当时，单减，当或时，单增，
又，则，，即在单调递减，又当时，，
当时，，C符合.
故选：D.
3．（2022·山西太原·一模（理））下列函数图象中，函数的图象不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】当时，，定义域为关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
即函数在上单调递增，则函数在上单调递减.
此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为且关于原点对称.
，则为偶函数.
当时，.
则
当时，即函数在上单调递减
当时，即则函数在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
当时，，定义为关于原点对称.
，则为奇函数.
当时，.
则
令，则
即并且在上单调递增，并且在上单调递增.
根据对称性可知，此时函数的图象可能为选项.
故选：C
②函数切线条数问题
1．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）若过点可以作曲线的三条切线，则（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】由题可得，
设切点，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解，
设，，
由，得或，又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，单调递增，
当时，
当时，，且，，
函数的大致图像如图所示，
因为的图像与直线有三个交点，
所以，即.
故选：D.
2．（2022·广东佛山·高三阶段练习）已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【详解】，设经过点且与曲线相切的切点为，则.又切线经过，故由题意有3个解.
化简有，即有3个解.
设，则，令有或，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减.
又，，且，，故要有3个解，则.
故选：A
3．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）过直线上一点可以作曲线的两条切线，则点横坐标的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】解：由题意得，设切点为，，
，，
则过点的切线方程为，整理得，
由点在切线上，则，即，
因为过直线上一点可以作曲线两条切线，
所以关于的方程有两个不等的实数根，
即函数与函数的图象有两个交点，
，
，
则函数在上单调递增，在上单调递减，且，
时，；时，，
则函数与函数的图象如下图所示：
由图可知，，
故选：C.
③不等式整数解问题
1．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））已知不等式恰有2个整数解，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】当时，即为,即,不成立；
当时不等式等价于,
由于，故不成立；
当时，不等式等价于，
若，则不等式对于任意的恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；
当时，令，则，
在上，∴单调递增，在上，∴单调递减，且在(上,在上,
又∵在趋近于时，趋近于0，
∴在上的图象如图所示：
∵，∴当时，不等式等价于有两个整数解，这两个整数解必然是和0，充分必要条件是,即,∴，
故选：C
2．（2022·江西·新余市第一中学三模（理））若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】不等式，即，不等式成立则，
令，则.
令，得或；，得，
在和上单调递增，在上单调递减，
，且.如图所示
当时，至多有一个整数解.当时，在区间内的解集中有且仅有三个整数，只需，即，
解得.
故选：C
3．（2022·全国·高三专题练习）偶函数满足，当时，，不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】因为为偶函数，所以，所以，
所以是周期函数，且周期为，且关于直线对称，
又当时，，
则，令，解得，
所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
作出在内图象，如图所示：
因为为偶函数，且不等式在上有且只有个整数解，
所以不等式在内有个整数解，
因为周期为，所以在内有个周期，
所以不等式在有个整数解，
（1）若，由，可得或，
由图象可知不等式在内有个整数解，
不等式在内无整数解，不符合题意；
（2）若，则，由图象可知不等式在有个整数解，不合乎题意；
（3）若，由，可得 或，
由图象可得在内无整数解，不符合题意，
所以在内有个整数解，
因为在内关于直线对称，所以在内有个整数解，
因为，，，则，
所以在的整数解为和，
所以，解得.
故选：C.
4．（2022·辽宁·辽阳市第一高级中学高二期末）已知函数，若有且只有两个整数解，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题设，定义域为，则可得，
令，则，
所以时，即递增，值域为；
时，即递减，值域为；
而恒过，函数图象如下：
要使有且只有两个整数解，则与必有两个交点，
若交点的横坐标为，则，
所以，即.
故选：C
5．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，若的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为________．
【答案】
【详解】由题可知，，，
由于的解集中恰有一个整数，
即，即，
因为，所以的解集中恰有一个整数，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
画出和的大致图象，如图所示：
要使得，可知，
设为和的交点的横坐标，
而的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即，
当时，得；当时，得，
即，，
当直线过点时，得，
当直线过点时，得，
所以的取值范围为.
故答案为：
6．（2022·重庆·高三阶段练习）设函数，若不等式恰有两个整数解，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】由，可得，
令，
由题意知恰有两个整数，使成立，
因为，由，可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，且，
直线恒过点，且斜率为，
结合图象可得 ，即，
解得，
即的取值范围是.
故答案为；.
7．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【详解】由题意得，关于的不等式即，
即，
令，
则若关于的不等式有且仅有两个整数解，
即有且仅有两个整数解，
由，当时，递减，
当时，递增，故，
且 时，， ，
故可作出函数的大致图象如图：
因为 ，，结合图象要使得 有且仅有两个整数解，
需满足 ，解得，
故实数的取值范围是，
故答案为：
④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题
1．（2022·安徽黄山·二模（文））已知函数，至少有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】令，当时，，
当时，，求导得，
时，，时，，
故在上单调递增，在上单调递减，，，
作出大致图象如图所示，由题意得和图象至少有两个交点，
故的取值范围是
故选：A
2．（2022·新疆·模拟预测（理））若函数有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】问题转化为函数,的图像有两个交点
作出草图,寻求临界相切的情况
设切点的横坐标为.
则,即
消去得
设
即在上单调递增
注意到
所以唯一切点的恒坐标为
代入解得
显然当
此时必有两个交点，所以的取值范围为
故选:B
3．（2022·天津·耀华中学一模）已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】当 时， ，，
当时，，当时，，
故时， ；
当时， ，
当时，有极大值，当时，，
作出的大致图象如图：
函数与的图象恰有5个不同公共点，
即方程有5个不同的根，
令 ，根据其图象，讨论有解情况如下：
令,
(1当 在和上各有一个解时，
即 ，解得 ，
（2）当在和上各有一个解时，
，解得，
（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；
（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，
综上可知：，
故选：A
4．（2022·贵州·贵阳乐湾国际实验学校高三开学考试（理））已知定义在上的函数，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】图象与轴有3个不同的交点，
与 有三个交点,作出二者函数图象如下图，
易知直线恒过定点,斜率为，
当直线与相切时是一种临界状态,设此时切点的坐标为，
则,解得，
所以，
当直线过点时,，
综上所述:.
故选:A.
5．（2022·广东·高三阶段练习）定义在R上的函数满足；且当时，．则方程所有的根之和为（ ）
A．14 B．12 C．10 D．8
【答案】A
【详解】由可得为奇函数，且关于对称.
又由题意，故，所以关于对称，且，故的周期为4.
又当时，，此时，故在为增函数.综上可画出的函数部分图象.
又方程的根即与的交点，易得在区间上均有3个交点，且关于对称，加上共7个交点，其根之和为
故选：A
6．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））已知函数与函数恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】令，其中，.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故当时，，
由可得，令，其中，
所以，，
令，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，当时，，
故当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，
且当时，；当时，.
由题意可知，直线与函数的图像有个交点，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图像有个交点，
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
7．（2022·湖南·长沙市南雅中学高二阶段练习）已知函数，若关于的方程有四个不等实根．则实数的取值范围为__________．
【答案】
【详解】当时，，则，
令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，且当时，，
令，，由可得，
函数图象如图，
因为关于的方程有四个不等实根．
则函数必有两个不同的零点、，不妨设.
①若，则，由韦达定理可得，解得，合乎题意；
②若，则，则，解得；
③若，则，则，无解.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
8．（2022·内蒙古包头·高三开学考试（理））已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)讨论的零点情况．
【答案】(1)递增区间为，递减区间为
(2)答案见解析
（1）解：当时，则，可得，
令，解得，
当时，，
当时，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减．
（2）解：当时，；
当时，等价于，
令，则，
当时，；
当时，；
当时，；
所以在单调递增；在单调递减，
且当时，，当时，；当时，，
如图所示，可得为的极大值，
当，即时，与只有1个交点，即只有1个零点；
当时，与有2个交点，即有2个零点；
当时，与有3个交点，即有3个零点．
综上，时，只有1个零点；当时，有2个零点；
当时，有3个零点．
9．（2022·北京·北师大二附中高三开学考试）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若关于的方程恰有四个不同的解，求的取值范围.
【答案】(1)1；
(2).
（1）当时，，
所以，
又，
所以切线的斜率，
则切线方程为，
该切线与轴交于点，与轴交于点，
所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为；
（2）由可得，
，即，
令，则，
∴或，
设，则，
当变化时，变化如下，
0
2
0
0
极小值0
极大值
函数的图象如图，
要使方程恰有四个不同的解，
因为与函数的图象有一个交点，则与函数的图象有三个交点，
∴，即，
∴的取值范围为.
10．（2022·山东菏泽·高二期末）已知函数（），（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数、满足下面两个条件：①方程有唯一实数解；②直线（）与两条曲线和有四个不同的交点，从左到右依次为，，，.问是否存在1，2，3，4的一个排列，，，，使得？如果存在，请给出证明；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，证明见解析
（1）解：由题可知，，当时，，函数在上单调递减；当时，对于，，函数单调递减；，，函数单调递增；
（2）解：由，，当时，；当时，，又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，；由，知当时，；当，，又，可知在上单调递减，在上单调递增，，令，即当时，；当时，，结合条件①中方程有唯一实数解，知：当时，，当时，，综上，画出函数，的简图：其中，，，，，则，，即，得，，因为，由，，得，因为，由，，因此，所以，，所以存在满足条件的一个排列，如，，，，使.
11．（2022·辽宁大连·高二期末）已知和有相同的最大值.（）
(1)求的值；
(2)求证：存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点且，使得成等比数列.
【答案】(1)
(2)见解析
(1)的定义域为，且，，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
的定义域为，且，
当时，，递增；当时，，递减；
所以，
又和有相同的最大值，
所以，解得，
又，
所以；
(2)由（1）可知：
在递增，在递减，且，
在递增，在递减，且，
和的图象如图所示：
设和的图象交于点，
则当直线经过点时，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
则，且，
因为，
所以，即，
因为，且在递增，
所以，
所以，
因为，
所以，即，
因为，且在递减，
所以，
所以，
所以，即，
所以得成等比数列
⑤不等式恒成立问题
1．（2022·内蒙古通辽·高二期末（理））已知函数，若关于的不等式（是自然对数的底数）在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】在上恒成立，等价于的图像恒在
直线的上方，画出的
图像：
直线恒过定点，当直线
与，相切时，设切点，求导
得，可得，由，
解得，则切线的斜率为2.当直线与
，相切时，直线与半圆
相切，由，解得，
由图可知，的取值范围是.故A，B，C错误.
故选：D.
2．（2022·四川雅安·高二期末（理））若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由在上恒成立，得
在上恒成立，
当时，上式显然成立，
当时，令，，
则，
当时，，所以在上递增，
而当时，，不合题意，
当时，由，得，
令，，作出两函数的图象，如图所示
由图象可知，存在，使，所以，得，
当时，，当时， ，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以
，
由，得，得，
综上，，
故选：A
3．（2022·全国·高二期末）当a＞0时，若不等式恒成立，则的最小值是__________．
【答案】
【详解】由题意知：，由可得，即不等式恒成立，令，
易得为斜率大于0的一条直线，；，当时，单增，
当时，单减，又，要使不等式恒成立，必有的零点与的零点重合
或者在的零点左侧，如图所示：
故有，解得，当且仅当恰为在处的切线时取等，此时的图像恒在图像的下方，
即满足恒成立，即恒成立.又，故在处的切线方程为，
即时，取得最小值.
故答案为：.
4．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）解：函数的定义域为，且.
当时，因为，则，此时函数的单调递减区间为；
当时，由可得，由可得.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）解：，
设，其中，则，
设，则，
当时，，，且等号不同时成立，则恒成立，
当时，，，则恒成立，则在上单调递增，
又因为，，
所以，存在使得，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：
由（1）中函数的单调性可知，
①当时，在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，，此时，不合乎题意；
②当时，，且当时，，
此时函数的值域为，即.
（i）当时，即当时，恒成立，合乎题意；
（ii）当时，即当时，取，
结合图象可知，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
5．（2022·福建泉州·高二期中）已知．
(1)当时，求的单调性；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)或
(1)解：当时，，其定义域为，
，
令，则，
又，
故在单调递增，
所以当时，；当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)解：因为，其定义域为，
①若，则，故符合题意；
②若，则，所以，
令，得，
令，得，
当x变化时，，的变化情况如下表
x
e
＋
0
－
单调递增
单调递减
如图，作出其函数图象
由图可知，解得，
③若，则或，
令，则，
所以在单调递增，
故当时，；当时，，
所以即，
令，则，
令，得，
当x变化时，，变化情况如下表，
x
－
0
＋
单调递减
单调递增
又，且，
作出其函数图象，如图
由图可知的解为即，
综上可得或．
6．（2022·北京市第二十二中学高三开学考试）已知函数.
(1)当时，若曲线与直线相切于点，求点的坐标；
(2)当时，证明：；
(3)若对任意，不等式恒成立，请直接写出的取值范围.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
（1）当时，.
设，则切线斜率.
由切点性质，得，解得.
所以点的坐标.
（2）当时，，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上单调递增，且，
当变化时，变化情况如下表：
1
0
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知，.所以.
（3）实数的取值范围.理由如下：
方法一：（数形结合）
在上恒成立，即.
因而函数的图象在函数的图象上方.
考虑函数图象在函数图象恰好有一个公共点的临界情形（如图所示），
此时它们在交点处有一条公切线，设交点的横坐标为.
又，由切点性质知，
所以即，
由得，所以即
记，则，所以在上是增函数.又因为，所以方程的解是.
因此，当两函数恰好有一个交点时，交点坐标是，此处公切线方程是.
所以当函数的图象在函数的图象上方时，实数的取值范围.
方法二：（同构变形）
显然，在上恒成立，即恒成立即
恒成立，
所以恒成立，
构造函数，易知在上是增函数，
所以恒成立，即，
令，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围.
7．（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）已知.
(1)讨论零点的个数；
(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(1)解：函数的定义域为，
由得，设，其中，
则函数的零点个数等价于直线与函数图象交点个数，
，当，，此时，函数的单调递减区间为，
当时，，此时，函数的单调递增区间为，
且当时，，当时，，如下图所示：
故当时，无零点；
当或时，只有个零点；
当时，函数有个零点.
(2)解：，即，得，
又，不等式两边同时除以，得，即.
令，其中，易知，
由题意可知对任意的恒成立，.
①当时，则当时，，则
此时，函数在上单调递减，则，不合乎题意；
②若，对于方程.
（i）当时，即时，恒成立且不恒为零，
此时，函数在上单调递增，则有，合乎题意；
（ii）当时，即时，
设方程的两个不等实根分别为、，且，
则，，所以，，，.
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
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