2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略01卷第16-20天（新高考专用）

这是一份2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略01卷第16-20天（新高考专用），共110页。试卷主要包含了集合考查内容，补集，集合运算中常用的结论，两个条件之间可能的充分必要关系，从集合与集合之间的关系上看，含有一个量词的命题的否定等内容，欢迎下载使用。




目 录 / contents




（一）
目录
4
集合与常用逻辑用语 4
13
相等关系与不等关系 13
30
函数的概念、性质、图象(基本初等函数） 30
50
利用导数研究函数的性质 50
74
导数的综合运用 74


集合与常用逻辑用语

1．集合考查内容：(1)集合的概念与表示；(2)集合的基本关系；(3)集合的基本运算．
集合每年必考，通常是选择题的第一题或第二题，难度不大，分值为5分，均以选择题形式出现，都为容易题．集合注重考查基本运算，偶尔考查基本概念及表示方法．
2．从近几年高考命题来看，常用逻辑用语没有单独命题考查，偶尔以已知条件的形式出现在其他考点的题目中．重点关注如下两点：(1)集合与充要条件相结合问题的解题方法；(2)全称命题与存在命题的否定和以全称命题与存在命题为条件，求参数的取值范围．

1．交集
由所有属于集合且属于集合的元素组成的集合，叫做与的交集，记作，即．
2．并集
由所有属于集合或属于集合的元素组成的集合，叫做与的并集，记作，即
3．补集
已知全集，集合，由中所有不属于的元素组成的集合，叫做集合相对于全集的补集，记作，即．
4．集合运算中常用的结论
（1）集合中的逻辑关系
①交集的运算性质．
，， ，，．
②并集的运算性质．
，， ，，．
③补集的运算性质．
，， ，．
补充性质：
④结合律与分配律．
结合律： ．
分配律： ．
（2）由()个元素组成的集合的子集个数
的子集有个，非空子集有个，真子集有个，非空真子集有个．
（3）．
5．两个条件之间可能的充分必要关系：
（1）若，则是的充分条件，是的必要条件；
（2）若且，则是的充分不必要条件；
（3）若且，则是的必要不充分条件；
（4） 若，则是的充要条件；
（5）若且，则是的既不充分也不必要条件.
6．从集合与集合之间的关系上看
若以集合的形式出现，以集合的形式出现，即：，：，则
（1）若，则是的充分条件；
（2）若，则是的必要条件；
（3）若，则是的充分不必要条件；
（4）若，则是的必要不充分条件；
（5）若，则是的充要条件；
（6）若且，则是的既不充分也不必要条件.
7．含有一个量词的命题的否定
（1）全称命题的否定是特称命题．全称命题的否定为.．
（2）特称命题的否定是全称命题．特称命题.的否定为．
8．集合的考查往往涉及到与函数的定义域、值域以及不等式相结合，因此，要掌握有关各类不等式的解法，如分式不等式、一元二次不等式等。

1．（2022·天津·统考高考真题）“为整数”是“为整数”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】当为整数时，必为整数；
当为整数时，比一定为整数，
例如当时，.
所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2022·天津·统考高考真题）设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】，故，
故选：A.
3．（2022·浙江·统考高考真题）设集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，
故选：D.
4．（2022·全国（Ⅱ卷）·统考高考真题）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
5．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为，，所以．
故选：A.
6．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）设集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为，，所以．
故选：A.
7．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意，，所以,
所以.
故选：D.
8．（2022·北京·统考高考真题）已知全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由补集定义可知：或，即，
故选：D．
9．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）若集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，故，
故选：D

1．（2023·北京海淀·校考模拟预测）设集合，若，则实数m=（    ）
A．0 B． C．0或 D．0或1
2．（2023·广西南宁·统考二模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·广东广州·统考二模）已知集合，，则集合的元素个数为（    ）
A． B． C． D．
4．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）设集合，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·江西·校联考二模）设为任一实数，表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数，例如，，，，那么“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2023·陕西·统考一模）在R上定义运算，若关于x的不等式的解集是集合的子集，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．（2023·吉林·统考三模）已知全集，集合，，则下图阴影部分所对应的集合为（    ）

A． B． C．或 D．
9．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知集合，，若，则实数a的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023·天津·校联考一模）设，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．（2023·全国·模拟预测）若整数N被p整除后余数为q，则表示为，则“或”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
12．（2023·江西九江·校联考模拟预测）命题p：“∀x∈R，x2﹣x+1＞0”，则¬p为_____．
13．（2023·上海徐汇·统考二模）命题“若，则”是真命题，实数的取值范围是__________.
14．（2023·河南郑州·统考一模）若“”为假命题，则实数的取值范围为___________.

1．设，，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

2．已知全集，集合，，则阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．
3．若命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则实数的取值范围是_________．
参考答案
名校预测：
1．C
【详解】设集合，若，
，或，
当时，，此时；
当时，，此时；
所以或.
故选：C
2．B
【详解】由题意得，解得，故，
因为，
故.
故选：B.
3．B
【详解】因为，，则，
故集合的元素个数为.
故选：B.
4．C
【详解】由题意得，，
则，
故选：C．
5．C
【详解】由题设，由知：，则，
所以，故.
故选：C
6．A
【详解】对于实数，依题意，，而，因此，
若，如取，有，显然，
所以“”是“”的充分不必要条件，A正确.
故选：A
7．C
【详解】由得，
即，解得，
由题设知，解得.
故选：C.
8．A
【详解】由题意知，则,
由图可知阴影部分所对应的集合为.
故选：A
9．C
【详解】不等式的解集为或
由题得或，
因为，，
所以，即实数的取值范围为．
故选：C．
10．A
【详解】由，解得：；解得，
由Ü，∴“”是“”的的充分不必要条件．
故选：A
11．C
【详解】因为6的因数包含2、3，且，
故“”是“且”的充要条件，
由逆否命题的等价性，则“或”是“”的充要条件.
故选：C.
12．∃x∈R，x2﹣x+1≤0．
【详解】试题分析：利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题p：“∀x∈R，x2﹣x+1＞0”，则¬p为：∃x∈R，x2﹣x+1≤0．
故答案为∃x∈R，x2﹣x+1≤0．
13．
【详解】由可得：，解得：或，
“若，则”是真命题，则能推出或成立，
则.故实数的取值范围是.
故答案为：
14．
【详解】解：由条件可知“”为真命题，
则，即.
故答案为：
名师押题:
1．C
【详解】因为，，由可得，则，即，
因此，若，，则“”是“”的充要条件.
故选：C.
2．B
【详解】由题知图中阴影部分表示的集合为，
又，得，
又，则，
所以．
故选：B．
3．；
【详解】“存在整数使不等式成立”是假命题，即不存在整数使不等式成立．
设不等式的解集为，
当时，得，不合题意；
当且时，原不等式化为，
，，要使不存在整数使不等式成立，
须，解得：且；
当时，，合题意，
当时，原不等式化为，，不合题意，
综上所述，．
故答案为：

相等关系与不等关系

1．从近几年高考命题来看，不等式的性质是必考内容，单独考查的题目虽然不多，但不等式的性质几乎可以渗透到高考的每一个考点，是进行不等式变形、证明以及解不等式的依据，所以它不仅是数学中的不可或缺的工具，也是高考考查的一个重点内容．不等式的性质通常在选择题中考查，难度不大，分值为5分．
2．从近几年高考命题来看，三个“二次”的关系是必考内容，单独考查的频率很低，偶尔作为已知条件的一部分出现在其他考点的题目中．（1）对不含参数的不等式解法几乎每年必考，通常是选择题的第一题与集合或函数定义域结合考查，难度不大，分值为5分．（2）对含有参数的不等式解法或恒成立问题通常在解答题中与利用导数判断函数的单调性问题相结合，分值为5分左右．
3． 从近几年高考命题来看，基本不等式是必考内容，单独考查的频率不高，时常作为已知条件的一部分或者解题工具出现在其他考点的题目中．利用基本不等式求代数式的最值几乎每年都考，通常在选择题或填空题中考查，难度不大，分值为5分．

1． 两个不等式的同向合成，一律为“”（充分不必要条件）
（1）（传递性，注意找中间量）
（2）（同向可加性）
（3）（同正可乘性，注意条件为正）
2． 一个不等式的等价变形，一律为“”（充要条件），这是不等式解法的理论依据
（1）．
（2）（对称性）
（3）（乘正保号性）
（4）
（5）（不等量加等量）
（6）（乘方保号性，注意条件为正）
（7）（开方保号性，注意条件为正）
（8）（同号可倒性）；．
3． 一元一次不等式（）
（1）若，解集为．
（2） 若，解集为
（3）若，当时，解集为；当时，解集为
4． 一元一次不等式组（）
（1），解集为．
（2），解集为
（3），解集为
（4），解集为
5． 一元二次不等式
一元二次不等式，其中，是方程的两个根，且
（1）当时，二次函数图象开口向上．
（2）①若，解集为．
②若，解集为．
③若，解集为．
(2) 当时，二次函数图象开口向下．
①若，解集为
②若，解集为
6． 简单的一元高次不等式的解法
简单的一元高次不等式常用“穿根法”求解，其具体步骤如下．
例如，解一元高次不等式
（1）将最高次项系数化为正数
（2）将分解为若干个一次因式或二次不可分因式（）
（3）将每一个一次因式的根标在数轴上，从右上方依次通过每一点画曲线（注意重根情况，偶次方根切而不过，奇次方根既穿又过，简称“奇穿偶不穿”）．
（4）根据曲线显现出的的值的符号变化规律写出不等式的解集．
7． 分式不等式
（1）
（2）
（3）
（4）
8． 绝对值不等式
（1）
（2）；
；
（3）含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段法和图象法求解
9． 几个重要的不等式
（1）
（2）基本不等式：如果，则 (当且仅当“”时取“”)．
特例：同号）．
（3）其他变形：
①(沟通两和与两平方和的不等关系式)
②(沟通两积与两平方和的不等关系式)
③(沟通两积与两和的不等关系式)
④重要不等式串：即
调和平均值几何平均值算数平均值平方平均值(注意等号成立的条件)．

1．（2021·全国（乙卷文）·统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
2．（2021·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（    ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
3．（多选）（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）若x，y满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
4．（2021·天津·统考高考真题）若，则的最小值为____________．
【答案】
【详解】，
，
当且仅当且，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
5．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】/
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
   
1．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）已知实数，满足，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）已知函数恒过定点，则的最小值为（    ）．
A． B． C．3 D．
3．（2023·上海浦东新·统考二模）函数在区间上的最小值为_____________．
4．（2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校考模拟预测）平面四边形中，，，，，，点在直线上，点在直线上，且，，，则的最小值为______.
5．（2023·浙江杭州·统考一模）已知椭圆：的左右焦点分别为，，若与椭圆无公共点的直线上存在一点，使得的最大值为，则椭圆离心率的取值范围是 ______．
6．（2023·陕西渭南·统考二模）设，若，则的最小值是___________.
7．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知，且，则的最小值为__________．
8．（2023·江苏南通·模拟预测）弓琴（如图），也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听，现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．下图是一弓琴琴腔下部分的正面图．若按对称建立如图所示坐标系，为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上，为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则取最小值时，椭圆的离心率为__________.

9．（2023·山东日照·山东省日照实验高级中学校考模拟预测）已知正实数满足，则的最小值为___________.
10．（2023·广东佛山·统考二模）已知、分别为椭圆的左、右焦点，是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则的最大值为______．
11．（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知椭圆的面积为，点在椭圆上，点A关于x轴，y轴，原点的对称点分别为B，C，D，记四边形ABDC的面积为S，则的取值范围为______．
12．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）党的二十大报告将“完成脱贫攻坚､全面建成小康社会的历史任务，实现第一个百年奋斗目标”作为十年来对党和人民事业具有重大现实意义和深远历史意义的三件大事之一.某企业积极响应国家的号召，对某经济欠发达地区实施帮扶，投资生产A产品，经过市场调研，生产A产品的固定成本为200万元，每生产万件，需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，.每件A产品的售价为100元，通过市场分析，生产的A产品可以全部销售完，则生产该产品能获得的最大利润为__________万元.
13．（2023·上海松江·统考二模）若，则的最小值为_____________________
14．（2023·天津·统考一模）在中，为的中点，，过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，设，，若用、表示，则__________；若，，则的最小值是__________.

1．世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数，表示不超过的最大整数，例如，.已知，，则函数的值域为（    ）
A． B． C． D．
2．已知点在直线上，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
3．（多选）已知，且，则下列不等式成立的有（    ）
A． B． C． D．
4．已知正实数a，b，称为a，b的算术平均数，为a，b的几何平均数，为a，b的希罗平均数．点G为的重心且，则正数a，b的希罗平均数H的最大值是_________．
参考答案
名校预测：
1．A
【详解】，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
故选：A.
2．A
【详解】由题意可知，
则，
当且仅当，时，
的最小值为，
故选:A．
3．．
【详解】，
因为，所以，故，
故，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：
4．
【详解】过点作于点.
因为，，
所以，，.

如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，，
所以，，，
所以，，.
因为，
所以有，
所以，所以，
所以，，
当且仅当，即，时等号成立.
故答案为：.
5．
【详解】不妨设，，，，
设直线倾斜角为，直线倾斜角为，
则，
，
若的最大值为，则有最小值，
又，当且仅当，即时取等号，
则，即，解得，
又椭圆与直线无公共点，则，所以，
所以椭圆离心率的取值范围是．
故答案为：．
6．/
【详解】∵，若，∴，
∴，
当且仅当，又，即，时等号成立，
故答案为：．
7．
【详解】由题可知，
故，
则，当且仅当，时等号成立，
故的最小值为．
故答案为：.
8．
【详解】设，有，
得，所以数列是等差数列，
，
由题意，的横坐标为八等分，所以，
而，又，所以，
所以
，
当且仅当即时取得等号，此时离心率为，
故答案为: .
9．
【详解】由，得，
令，则在上单调递增，所以，即，
又因为是正实数，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故答案为：
10．/
【详解】不妨设点在直线上，

若点为，则，
当点不为长轴端点时，由对称性，不妨设点在第一象限，设点，
在椭圆中，，，，则点、，
设直线、的倾斜角分别为、，则，，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，所以，的最大值为，
所以，.
故答案为：
11．
【详解】点在椭圆上，
所以上，
解得，所以，
又因为四边形为正方形，
所以，
故，
由于，所以，
所以的取值范围为．
故答案为：．
12．1000
【详解】由题意得，销售收入为万元，
当产量不足50万件时，利润；
当产量不小于50万件时，利润.
所以利润
因为当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则；
当时，，当且仅当时取等号.
又，故当时，所获利润最大，最大值为1000万元.
故答案为：1000
13．9
【详解】=
，
当时等号成立，
所以的最小值为，
故答案为.
14．
【详解】如下图所示：

因为为的中点，则，
因为，则，
因为，，则，
，
因为、、三点共线，则，
所以，存在实数使得，即，
所以，，消去可得，即，
所以，，
因为过点任作一条直线，分别交线段、于、两点，且，
则，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，的最小值是.
故答案为：.
名师押题:
1．C
【详解】易知，在上单调递减，上单调递增.
当时， ；当时，；当时，；
所以，则函数的值域为.
故选：C.
2．A
【详解】因为点在直线上，
所以，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
因为关于的不等式恒成立，
所以，解得，
所以.
故选：A
3．BD
【详解】由题设，
由，则，且，
所以，则，故，A错误；
由，故，B正确；
由，仅当，即时等号成立，
所以等号取不到，则，而，但不一定有，
故不一定成立，C错误；
由，其中等号成立条件为，即时等号成立，
所以等号取不到，则，D正确.
故选：BD
4．3
【详解】依题意，因为点G为的重心，
所以，
所以，
即又，
所以，即.
因为，
所以.
故答案为：3.

函数的概念、性质、图象(基本初等函数）

1．从近五年的高考情况来看，函数的概念、性质是高考的一个重点，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想和数形结合思想．有关函数性质的考查，热点是单调性和奇偶性，单调性是非常重要的性质，对于选择题和填空题，重点考查基本初等函数的单调性，利用解析式判断函数单调性及利用单调性求最值、解不等式、求参数的范围问题．函数的奇偶性常与单调性相结合解决求值和参数的问题．
2．基本初等函数的图像是高考中的重要考点之一，是用来研究其他图像问题的基础，也是研究函数性质的重要工具．高考中总以几类基本初等函数(如一次函数、一次函数、反比例函数、指数函数、对数函数、三角函数等)的图像为基础来考查函数图像，往往结合函数性质一并考查，考查的内容主要有知式选图、知图选式、图像变换以及灵活地应用图像判断方程解的个数，或者已知方程解的个数求参数的范围，研究零点所在的区间，利用函数图像解不等式等，属于每年心右内容之一．

1．函数奇偶性的性质
(1) 函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称.
(2) 奇偶函数的图象特征.
函数是偶函数函数的图象关于轴对称；
函数是奇函数函数的图象关于原点中心对称.
(3)若奇函数在处有意义，则有；
偶函数必满足.
(4) 偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反；奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同.
(5) 若函数的定义域关于原点对称，则函数能表示成一个偶函数与一个奇函数的和的形式.记，，则.
(6) 运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个（或多个）函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如.
对于运算函数有如下结论：奇奇=奇；偶偶=偶；奇偶=非奇非偶；
奇奇=偶；奇偶=奇；偶偶=偶.
（7） 复合函数的奇偶性原来：内偶则偶，两奇为奇.
2．函数单调性的性质
对于运算函数有如下结论：在公共区间上，增+增=增；减+减=减；增-减=增；减-增=减.
若为增函数，且或），则为减函数.
若为减函数，且或），则为增函数.
复合函数的单调性
复合函数的单调性遵从“同增异减”，即在对应的取值区间上，外层函数是增（减）函数，内层函数是增（减）函数，复合函数是增函数；外层函数是增（减）函数，内层函数是减（增）函数，复合函数是减函数.
3．函数周期性的性质
若的周期为T，则也是函数的周期，并且有.
有关函数周期性的重要结论（如表所示）

函数的的对称性与周期性的关系
（1）若函数有两条对称轴，则函数是周期函数，且；
（2）若函数的图象有两个对称中心，则函数是周期函数，且；
（3）若函数有一条对称轴和一个对称中心，则函数是周期函数，且.
4.利用图象变换法作函数的图象
(1)平移变换
①函数的图像是把函数的图像沿轴向左平移个单位得到的；
②函数的图像是把函数的图像沿轴向右平移个单位得到的；
③函数的图像是把函数的图像沿轴向上平移个单位得到的；
④函数的图像是把函数的图像沿轴向下平移个单位得到的；
(2)对称变换
①函数与函数的图像关于轴对称；
函数与函数的图像关于轴对称；
函数与函数的图像关于坐标原点对称；
②若函数的图像关于直线对称，则对定义域内的任意都有
或（实质上是图像上关于直线对称的两点连线的中点横坐标为，即为常数）；
若函数的图像关于点对称，则对定义域内的任意都有

③的图像是将函数的图像保留轴上方的部分不变，将轴下方的部分关于轴对称翻折上来得到的（如图（a）和图（b））所示
④的图像是将函数的图像只保留轴右边的部分不变，并将右边的图像关于轴对称得到函数左边的图像即函数是一个偶函数（如图（c）所示）.

注：的图像先保留原来在轴上方的图像，做出轴下方的图像关于轴对称图形，然后擦去轴下方的图像得到；而的图像是先保留在轴右方的图像，擦去轴左方的图像，然后做出轴右方的图像关于轴的对称图形得到.这两变换又叫翻折变换.
⑤函数与的图像关于对称.
(3)伸缩变换
①的图像，可将的图像上的每一点的纵坐标伸长或缩短到原来的倍得到.
②的图像，可将的图像上的每一点的横坐标伸长或缩短到原来的倍得到.
5.记住几个重要结论
(1)函数与的图象关于直线对称．
(2)函数与的图象关于点中心对称．
(3)若函数对定义域内任意自变量x满足：，则函数的图象关于直线对称．
(4)图象的左右平移仅仅是相对于而言，如果的系数不是1，常需把系数提出来，再进行变换．
(5)图象的上下平移仅仅是相对于而言的，利用“上减下加”进行．

1．（2022·天津·统考高考真题）函数的图像为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】函数的定义域为，
且，
函数为奇函数，A选项错误；
又当时，，C选项错误；
当时，函数单调递增，故B选项错误；
故选：D.
2．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）函数在区间的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
3．（2022·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
4．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.
5．（多选）（2022·全国（新高考Ⅰ卷·统考高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
6．（2022·浙江·统考高考真题）已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
【答案】 /
【详解】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
故答案为：，.
7．（2022·北京·统考高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．
【答案】 0（答案不唯一） 1
【详解】解：若时，，∴；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，
当时，单调递减，，
当时，
∴或，
解得，
综上可得；
故答案为：0（答案不唯一），1
8．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ； ．
【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性
若，则的定义域为，不关于原点对称

若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参


函数为奇函数




[方法三]：
因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．

1．（2023·重庆·统考模拟预测）函数的部分图象是（    ）
A． B．
C． D．
2．（2023·青海西宁·统考二模）已知，若，则实数的值为（    ）
A． B．或 C． D．不存在
3．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2023·陕西·统考一模）函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，则不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
5．（2023·陕西商洛·统考二模）函数的部分图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
6．（2023·四川巴中·统考一模）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
7．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：.已知函数，则函数的值域是（    ）
A． B． C． D．
8．（2023·全国·模拟预测）已知函数存在最大值，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（2023·河南周口·统考模拟预测）已知函数是定义在上的偶函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为______.
10．（2023·甘肃·统考二模）已知函数满足：当时，，且对任意都成立，则方程的实根个数是______．
11．（2023·天津·校联考一模）定义函数，设，若含有3个不同的实数拫，则实数的取值范围是______．
12．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）某公司工人甲生产第x件产品的所需时间（单位：h）满足：，其中且，若甲生产第2件产品的时间为3h，生产第件产品的时间为2h，则______．
13．（2023·北京平谷·统考一模）设函数，的值域是________，设，若恰有两个零点，则a的取值范围为________．

1．已知实数，函数若，则a的值为（    ）
A． B． C． D．
2．函数 的图象大致是（    ）
A． B．
C． D．
3．函数对任意x，总有，当时，，，则下列命题中正确的是（    ）
A．是偶函数 B．是R上的减函数
C．在上的最小值为 D．若，则实数x的取值范围为
4．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现，在数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式如下： 若函数是定义在上的奇函数，且对任意的都有，当时，，则____________．
5．已知函数的定义域为，若为奇函数，且，则_________.
参考答案
名校预测：
1．A
【详解】函数得定义域为，则，故该函数为奇函数，故可排除B选项；
又，故可排除C选项；
又，，可以排除D选项.
故符合的函数图象为A.
故选：A.
2．B
【详解】由题意，，，即.
当，即时，，解得，满足题意；
当，即时，，解得，满足题意.
所以或.
故选：B.
3．C
【详解】因为，所以，所以的周期为6，
又为奇函数，所以，所以，
令，得，所以,
所以，
故选：C.
4．B
【详解】因为函数是奇函数，且在上单调递增，
所以函数在上也单调递增，
又因为，所以，
不等式等价于或，
所以或，
故选：B.
5．C
【详解】因为，所以且定义域为R，
所以是奇函数，则的图象关于原点对称，排除A、B.
当时，，排除D.
故选：C
6．D
【详解】由在上单调递减，结合二次函数和一次函数解析式知：
，解得.
故选：D
7．B
【详解】方法一：函数，
因为，所以，
所以.所以.
所以，即.
当时，；
当时，.
故的值域为.
故选：B.
方法二：由，得.
因为，所以，解得.
当时，；
当时，.
所以的值域为.
故选：B.
8．C
【详解】易知在上单调递增，所以当时，；
在上单调递增，所以当时，.
所以要使函数存在最大值，只需(易错：注意等号能否取到)，解得.
故选：C.
9．
【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减
所以在上为增函数，
由，得，
，当时，，
有，解得；
当时，，
有，解得，
综上，不等式的解集为.
故答案为：.
10．6
【详解】，的周期，

如图所示即为函数的图像，，做出的图像，观察与图像有6个交点，则方程的实根个数是6.
故答案为：6.
11．或
【详解】设，，
由，解得，；
由于含有3个不同的实数拫，
所以有两个相等的实根或者两个相异的实根，
则，
即，解得，或.
当时，，解得，又，满足题意；
当时，如下图，的对称轴方程，，则有4个根，不合题意，舍去；

当时，，解得，即，含有2个不同的实数拫，不满足题意；
当时， 如下图，，若含有3个不同的实数拫，则，解得；

综上，或.
故答案为：或.
12．/
【详解】甲生产第件产品的时间为2h，则，解之得
则，
又甲生产第2件产品的时间为3h，则，解之得
则，则.
故答案为：
13．
【详解】当时，，当时，，
所以函数的值域为；
作出函数图象

从图象上可以看出函数的值域为，
因为恰有两个零点，则方程恰有两个解，
从而函数与有两个交点，易知图象是恒过点（1,0）的直线，
如图

当时，函数与有一个交点，当时，
函数与有一个交点，又当时，，则，
所以，故在点处的切线为，即，
故当时，函数与有一个交点，
所以要使函数与有两个交点，则，即恰有两个零点时，a的取值范围为.
故答案为：；.
名师押题:
1．A
【详解】由题意，函数，
当时，由可得，即，解得；
当时，由可得，即，此时方程无解，
综上可得，实数的值为.
故选：A.
2．D
【详解】，排除BC；当时，，当时，，A不满足，排除.
故选：D
3．C
【详解】解：取，，则，解得，，
则．即，函数是奇函数，所以选项A错误；
令，，且，则，因为当时，，所以．
则．即，
函数是R上的增函数，所以选项B错误；
因为函数是R上的增函数，所以函数在上的最小值为，
，，．
故，在的最小值为-2，所以选项C正确；
，即，
因为函数是R上的增函数，所以，所以，
所以实数x的取值范围为，所以选项D不正确．
故选：C．
4．/
【详解】∵，
∴，
又是奇函数，
∴，
∴，的一个周期为2．
∵，
∴，
∴．
故答案为：.
5．
【详解】因为为奇函数，则，
所以，，
在等式中，令，可得，解得，
又因为，则，①
所以，，②
由①②可得，即，
所以，函数为周期函数，且该函数的周期为，
所以，.
故答案为：.


利用导数研究函数的性质

1.考查内容
(1)结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.
(2)借助函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;能利用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数与函数单调性、极值、最大(小)值的关系.
2.题型难度
以解答题的形式为主，辅以选择题和填空题的形式出现，试题的难度和广度也在不断加大.
4.命题热点
近几年高考试题加大了对导数内容的考查力度，不仅题型变化灵活，而且问题的深度和广度也在不断加大，尤其是含参函数的单调性问题和函数极值、最值问题的综合，几乎是每年必考的内容.

1．函数单调性与导函数符号的关系
一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间内，如果，那么函数在该区间内单调递增；如果，那么函数在该区间内单调递减.
2．求可导函数单调区间的一般步骤
（1）确定函数的定义域；
（2）求，令，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；
（3）把函数的间断点（即的无定义点）的横坐标和的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数的定义域分成若干个小区间；
（4）确定在各小区间内的符号，根据的符号判断函数在每个相应小区间内的增减性.
注①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数.
②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：
单调递增；
单调递增；
单调递减；
单调递减.
3．函数极值的概念
设函数在点处连续且，若在点附近的左侧，右侧，则为函数的极大值点；若在附近的左侧，右侧，则为函数的极小值点.
函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.
4．求可导函数极值的一般步骤
（1）先确定函数的定义域；
（2）求导数；
（3）求方程的根；
（4）检验在方程的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数在这个根处取得极小值.
注①可导函数在点处取得极值的充要条件是：是导函数的变号零点，即，且在左侧与右侧，的符号导号.
②是为极值点的既不充分也不必要条件，如，，但不是极值点.
为可导函数的极值点；但为的极值点.
5．函数的最大值、最小值
若函数在闭区间上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
6．求函数的最大值、最小值的一般步骤
设是定义在区间上的函数，在可导，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行：
（1）求函数在内的极值；
（2）将函数的各极值与端点处的函数值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.

1．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
2．（2022·全国（甲卷文理）·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
3．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
4．（多选）（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
5．（多选）（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
6．（2022·全国（乙卷理）·统考高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
7．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
8．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(1)若，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（2），则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：




0

1



0

0

0









则的值域为，故的取值范围为.
9．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：

所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.

1．（2023·陕西榆林·统考三模）定义在上的函数，的导函数都存在，，则曲线在处的切线的斜率为（    ）
A． B．1 C． D．2
2．（2023·广西南宁·统考二模）已知函数的极值点为1，且，则的极小值为（    ）
A． B． C．b D．4
3．（2023·贵州毕节·统考一模）给出下列命题：
①函数恰有两个零点；
②若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是；
③若函数满足，则；
④若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是.
其中正确的是（    ）
A．①③ B．②④ C．③④ D．②③
4．（2023·山东聊城·统考二模）已知函数（且）有一个极大值点和一个极小值点，且，则a的取值范围为 （    ）
A． B． C． D．
5．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）若过点可作曲线的两条切线，则点可以是（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·陕西宝鸡·统考二模）函数在内有最小值，则实数a的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
7．（2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测）已知不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（    ）．
A． B．
C． D．
8．（2023·河南洛阳·校联考三模）若对任意的，，且，，则m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
9．（多选）（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数，记一次完整的图形变换为“T变换”，“T变换”的规则为：将函数图象向右平移2个单位，纵坐标缩短为原来的，再向上平移1个单位，的图象经历一次“T变换”得到的图象，依此类推，经历次“T变换”后，得到的图象，则（    ）
A．
B．若，则
C．当时，函数的极大值之和小于
D．
10．（2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测）已知曲线在处的切线为m，则过点且与切线m垂直的直线方程为__________．
11．（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若且恒成立，求a的取值范围.
12．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)当时，证明：只有一个零点.
13．（2023·全国·校考模拟预测）设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为8.
(1)求的单调区间；
(2)若在闭区间上的最大值为10，求的值.
14．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的最大值；
(2)当时，求曲线与的公切线方程.
15．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）已知函数，其中为常数，为自然对数的底数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若在区间上的最大值为，求的值.

1．函数，关于的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
2．已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
3．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为______．
4．已知，函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)证明：.

5．设函数
(1)讨论的单调性；
(2)求在区间的最大值和最小值．

参考答案
名校预测：
1．B
【详解】，
设函数，
则，所以．
即曲线在处的切线的斜率为1.
故选：B
2．D
【详解】，，，
所以，解得：，，

所以，得，时，，，，
所以是函数的极小值点，.
故选：D
3．D
【详解】对于①，，故为函数的两个零点，
又当时，单调递增，单调递减，
故在上单调递增，且，，
由零点存在性定理可知：，使得，
故函数零点个数多于2个，
故①错误；
对于②，由题意得在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上，，故，故实数a的取值范围是，②正确；
对于③，函数满足，
令，则，解得，
则
，③正确；
由题意得有解，其中，
故实数m的取值范围是，④错误.
故选：D
4．B
【详解】由题意知，时，，
又，当时，时，，所以，
矛盾，故，
由有两不同实数根可知，有两个不同交点，
设过原点与相切的直线为，切点为，
因为，所以，解得，
即，如图，

所以与有两个不同交点则需，解得，
又，所以，此时满足极大值点为，极小值点为，且.
故选：B
5．C
【详解】设切点坐标为，对函数求导可得，
所以，切线斜率为，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即，
将点的坐标代入切线方程可得，即，
因为过点可作曲线的两条切线，则关于的方程有两个不等的实数解，
所以，，即，即，
对于点，，A不满足；
对于点，，B不满足；
对于点，，C满足；
对于点，，D不满足.
故选：C.
6．A
【详解】，
设，因为，因此有两个不同实根，
又，因此两根一正一负，
由题意正根在内，
所以，解得，
故选：A．
7．D
【详解】由得．
令，，
又∵，当时，，单调递增．
当时，，单调递减．
∴，
∴，即．
故选：D.
8．D
【详解】由题可知，，
因为，且，
所以，两边同时除以得，
，即，
设函数，其中，
因为当时，，
所以在单调递减，
因为，
令，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以，
故选：D．
9．ACD
【详解】，其中，即，故A正确；

作出的图象，可得．若，只需，对即可，
故，故B错误；
记的极大值为（也是最大值），则，且，则，
即，即，故D正确；
当时，函数的极大值之和
，故C正确；
故选：ACD
10．．
【详解】由函数，可得，
则，即切线m的斜率为，
所以所求直线的斜率为1，其方程为，即．
故答案为：.
11．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，，
可得，故，
所以函数在点处的切线方程为.
（2）由已知，所以，
由，得.
因为，所以上式可化为.
令，则，
令，则.
因为，所以，所以为上的减函数，且，
故时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在在上为单调递减.
所以，当时，取得极大值，也是最大值.
则要使在上恒成立，则应有.
又因为，故.
12．(1)在上单调递增，上单调递减；极大值，无极小值
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，

由得，，由得，或
∴在上单调递增，上单调递减，
∴在处取得极大值，无极小值.
（2）∵，
∴
由，得，或
①当时，，在上单调递增
∵，
∴，故在上有唯一零点
②当时，得或
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∵，
∴，故在上有唯一零点
综上：当时，只有一个零点.
13．(1)单调递增区间是和，单调递减区间是
(2)4
【详解】（1），由已知得，
得，解得．
于是，
由，得或，由，得，
可知是函数的极大值点，符合题意，
所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.
（2）由（1）知，
因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，
又，
所以的最大值为，解得.
14．(1)
(2)
【详解】（1）当时,
，
，
令，得，令，得，
求函数在上单调递增，在上单调递减，
；
（2）当时，，
设函数上一点为，
又，，
函数上过点的切线方程为：，
即，
设函数上一点为，
又，
过点的切线方程为：，
即，
若与为同一直线，
则，解得,
公切线的方程为：.
15．(1)函数增区间为，减区间为
(2)
【详解】（1）函数的定义域为
当时，，，
令得，；令得，或，结合定义域得，
∴函数增区间为，减区间为；
（2）
①当时，，∴，∴函数在上是增函数，
∴，∴，∴符合题意；
②当且时，令得，





+
0
-

增函数
极大值
减函数
∴，∴，∴不符合题意，舍去；
③若，即时，在上，
∴在上是增函数，故在上的最大值为，
∴不符合题意，舍去，
综合以上可得.
名师押题:
1．A
【详解】因为函数有2个不相等的实数根，
所以和的图象有两个交点.
作出函数的图象如图所示：
当时，，，，
要使函数和的图象有两个交点，则，
当，，，，
当时，，过点与曲线的切点为，
，可得：，所以，
所以切线斜率为，要使函数和的图象有两个交点，
由图可得,
当时，关于的方程有2个不相等的实数根.
综上：.

故选：A.
2．A
【详解】由题意得，方程有三个不等的实数根.
而，
分别作出函数和的图象，

当时，
当时，，对其求导得，所以，
所以曲线在点的切线方程为，
如图，直线与曲线在点相切.
所以的取值范围是.
故选：A.
3．
【详解】因为，则，
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
故答案为：．
4．(1)在上单调递减，在 上单调递增；
(2)答案见解析.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，恒成立，
所以在上单调递增，且，
所以当时，；当时，.
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：因为，由可得，则定义域为.
要证，即成立，
只需证，即证恒成立.
令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，即，所以，
令，则，所以当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，即，所以.
故成立，即成立.
5．(1)函数在上单调递增；在上单调递减；
(2)在区间上的最大值为，最小值为.
【详解】（1）函数的定义域为，
又.
令，解得或；令，解得.
所以函数在上单调递增；在上单调递减；
（2）由（1）可得：函数在区间内单调递减，在内单调递增.
所以当时，函数取得最小值，
又，，
而，
所以当时，函数取得最大值为：.
即在区间上的最大值为，最小值为.

导数的综合运用

导数的综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等．除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上．应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力．

1.含参数函数单调性讨论
（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.
2.双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
3.证明不等式
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，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
4.极最值问题
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．
5.零点问题
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：
第一步：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；
第二步：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；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
6.不等式恒成立问题
（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.
7.函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略
（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.

1．（多选）（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
2．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
3．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
4．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
5．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
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）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
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
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②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；
③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b，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.

6．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则

令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则

设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令

所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
7．（2022·全国（乙卷文）·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.

1．（2023·内蒙古·校联考模拟预测）设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数.已知是“有源”函数，则a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
2．（2023·江西·校联考模拟预测）已知，，，，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·重庆·统考二模）在数学王国中有许多例如，等美妙的常数，我们记常数为的零点，若曲线与存在公切线，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
4．（2023·全国·模拟预测）已知，，恒成立，则的最大值为______．
5．（2023·陕西宝鸡·统考二模）若函数无极值点，则实数a的取值范围是______.
6．（2023·新疆·校联考二模）对于函数和，设，，若存在m，n，使得，则称和互为“零点关联函数”，若函数与互为“零点关联函数”，则实数a的最小值是______．
7．（2023·北京通州·统考模拟预测）设函数，若函数有且只有一个零点，则实数a的一个取值为__________；若函数存在三个零点，则实数a的取值范围是__________．
8．（2023·天津·校联考一模）已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____．
9．（2023·甘肃·模拟预测）已知函数．
（1）若，求曲线在处切线的斜率；
（2）求的单调区间；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
10．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）．
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)当时，设，若既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
11．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论零点的个数；
(2)求证：．
12．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知函数.
(1)当时,求函数的零点;
(2)对于任意的,恒有,求实数的取值范围.
13．（2023·陕西铜川·校考一模）已知函数．
(1)若存在使得成立，求a的取值范围；
(2)设函数有两个极值点，且，求证：．
14．（2023·江西·校联考一模）已知函数，.若函数在定义域内有两个不同的极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：.

1．已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“度零点函数”.若与互为“度零点函数”，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
2．（多选）已知是函数的零点，是函数的零点，且，则下列说法正确的是（    ）
（参考数据：）
A．
B．若．则
C．存在实数a，使得成等比数列
D．存在实数a，使得，且成等差数列
3．已知函数，，令，若函数存在3个零点，则实数的取值范围是______.
4．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围.
5．已知函数.
(1)设是曲线在处的切线，若有且仅有一个零点.求；
(2)若有两个极值点，且恒成立，求正实数的取值范围.
6．已知函数，则的最小值是______；若关于x的方程有3个实数解，则实数a的取值范围是______．
参考答案
名校预测：
1．A
【详解】∵，∴，
由是“有源”函数定义知，存在，使得，即有解，
记，所以a的取值范围是就是函数的值域，
则，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
所以，所以，
即a的取值范围是.
故选：A
2．D
【详解】对于A，， ，令则 ，
所以在单调递减，在上单调递增，且，故.
令
则，所以在上单调递减，且，
， ， ，
   即    故选项A错误；
对于B， ，
   令，
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且，
，， ，
，，即，故选项B错误；
对于C，，，
  ，又在单调递增，， ，故选项C错误；
对于D，由C可知，， 又在单调递减 ，
，故选项D正确.
故选：D.
3．A
【详解】由题意可知，曲线与存在公切线，设切点分别为，，则公切线为，即，
而切线斜率，，
则，而点由在公切线上，故代入切线方程得，，化简得
，其中，
令，其中，
，由复合函数的单调性可知，在上单调递减，而为的零点，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故
，即
故选：A.
4．
【详解】因为，由于，则，即，
令，则，即，
令，，则当时，，
当时，，则函数在单调递减，
当时，，则函数在单调递增，
所以当时，，即，
所以，当且仅当时等号成立，所以，
则，所以．
设，则，
易知当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以，即的最大值为．
故答案为:
5．
【详解】，则，
若函数无极值点，
则无变号零点，
令，
则，
当时，，，，则，则，
当时，，，，则，则，
则在上单调递减，上单调递增，
即在上单调递减，上单调递增，在处取得最小值，
若无变号零点，则，解得：，
故答案为：.
6．
【详解】由函数为单调递增函数，，得仅有唯一零点，
设函数的一个零点为，则有，即，
所以由题知，在有零点，即方程在有解,
构造函数，，
，，在单调递减，，
所以，，单调递增，且，,
要使方程在有解，则，所以实数的最小值是-2.
故答案为：-2．
7．
【详解】，解得在上单调递增，在和上单调递减，
解方程可得：其根依次记为，而的根记为，可得其草图如下：

第一空：若函数有且只有一个零点，由函数解析式可知该零点只能为或.
（i）若零点为只需，即函数左半段无零点，零点在右半段，即直线段部分上，如图所示；

（ii）若函数零点为由函数解析式及图象可知，只需，如图所示，

第二空：若函数存在三个零点，则零点为，只需，如图所示，

故答案为：；
8． ；
【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则；
当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为；
第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2.
当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意；
当时，显然无解；的判别式，设的两根为，
则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意；
当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解；
，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增，
则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点；
综上：.
故答案为：；.
9．(Ⅰ).
(Ⅱ)当时，的单调递增区间为
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（Ⅲ）.
解(Ⅰ)由已知，
.
曲线在处切线的斜率为.
(Ⅱ).
①当时，由于，故，
所以，的单调递增区间为.
②当时，由，得.
在区间上，，在区间上，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（Ⅲ）由已知，转化为.

由(Ⅱ)知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意.
(或者举出反例：存在，故不符合题意.)
当时，在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值即为最大值，，
所以，
解得.
10．(1)的单调增区间为，单调减区间为；极大值为，无极小值；
(2).
【详解】（1）因为，
当时，，
所以，
由，得，由，得，
所以的单调增区间为，单调减区间为；
所以在处有极大值，极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，则有两个变号零点，
由，可得，
所以有两个不等正根，
设，则，
由，可得，函数单调递增，由，可得，函数单调递减，
所以在处有极大值，，
又，时；时，，
作出函数的大致图象，

由图象可知要使有两个不等正根，则，
即a的取值范围为.
11．(1)当时，函数只有一个零点；
当时，函数无零点．
(2)证明见详解
【详解】（1）当时，，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，此时函数只有一个零点；
当时，，则．
令，得．当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
又，所以，所以，
此时函数无零点．
综上，当时，函数只有一个零点；
当时，函数无零点．
（2）由（1）知，，要证，
只需证，只需证，
记，则
时，，所以在上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
所以，
即成立，当且仅当时，等号成立，
又由不等式，当且仅当时，等号成立，
所以恒成立，故，得证
12．(1)有唯一的零点
(2).
【详解】（1）当时,,得,
令,则,
,即,所以在上单调递增,
注意到,故有唯一的零点.
（2）
注意到,只要即可，,,
令,则,
当时,,有,即,符合题意;
当时,,
若,即时,,此时,即,符合题意;
若,即时,在上单调递减,在上单调递增知,
∴,不合题意,
综上.
13．(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由于，故转化为．
设，则.
设，则.
由于，解，解得.
解可得，，所以在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
故在处有极小值，也是最小值.
所以故在上总成立，所以为单调增函数.
又存在使得成立，只需即可，
所以，即a的取值范围是．
（2）由已知可得，定义域为，且.
由已知有两个极值点，
所以方程有两个相异根，则，且，
，，所以，.
所以，，
所以
.
令，则，设.
则，
所以在为减函数，
所以.
即．
14．(1)；
(2)证明见解析．
【详解】（1）函数定义域为，
在内有两个不同的极值点、，等价于在内有两个不同的零点、．
设，由，
当时，，在上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；
当时，在上，单调递增；在上，单调递减，
∴当时，，函数有两个零点，则必有，
即，解得．
易证，证明如下：
令，，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
故，故，得证．
∴，又，
∴在和上各有一个零点、，此时：








0

0


↓
极小值
↑
极大值
↓
故在定义域内有两个不同的极值点时，a的范围为；
（2）方法1：由(1)可知是的两个零点，不防设，
由且，得．
∵．
令，则，
记，，
则，令，．
又，则，即，
∴在上单调递增，故，即成立．
∴不等式成立．
方法2：欲证，由，，则只需证：．
不妨设，
则且，则，
∴，
令，则，记，，
由，即在上单调递增，故，即成立.故．
名师押题:
1．B
【详解】易知函数在上单调递增，且，所以函数只有一个零点2，故.由题意知，即，由题意，函数在内存在零点，由，得，所以，记，则，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以.而，，所以，所以的取值范围为.故选B.
2．ABC
【详解】∵，
∴为偶函数，∴关于轴对称，
∵是函数的零点，∴，且，
∵，∴，
当时，，当时，，当时，，
则想要有两个零点，则，故正确；
∵是函数的零点，∴，且，
又∵，
∴，，
∵，，∴，且，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，，，
∴，即，由对勾函数的性质可知，故正确；
∵成等比数列, ∴,∴，∴，∴，
∴，∴，
令，，则在上单调递增，
其中>0，，故在上存在唯一的零点，
即方程有解，则存在实数a，使得成等比数列，故正确；
∵成等差数列,且 ∴，∴，
∴，解得，此时，则与矛盾，故不正确.
故选：.
3．
【详解】由题意可知，
当时，，，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；可得函数在处的极大值为：，
当时，图象趋近于轴.函数的大致图象如图所示，

可知函数存在3个零点时，的取值范围是.
故答案为：.
4．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，所以.
又，所以切线的斜率为.
所以切线方程为.
令，得；令，得.
所以切线与两条坐标轴围成的三角形的面积.
（2）因为，所以.
当时，，单调递增，所以至多有一个零点.
令，则.
当时，因为，所以.
所以，单调递减，所以至多有一个零点.
当时，令，得且.
当时，时，即时，，，单调递增，又，所以.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即，或时，，，单调递减，
因为.
设，，
所以单调递增，所以，即，
因为，即.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
所以在上又有一个零点，设，
因为，
所以，又，所以，
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，当时，函数在在三个不同的零点.
故实数的取值范围为.
5．(1)
(2)
【详解】（1）由题知，
记，
所以，
当时，，所以单调递增，
此时是的唯一零点.
当时，则当时，，
当时，，故在上递增，在上递减，
而，，
所以存在，使得，
此时有两个零点和，不满足题意，舍去；
当时，同理可得故在上递增，在上递减，
而，，
所以存在，使得，此时有两个零点和，
不满足题意，舍去；
综上可得.
（2）因为，
当时，恒成立，单调递增，无极值；
当时，令，有，
其，又，
所以存在，使得，且，
，
所以


设，则有恒成立.
由，
因为当的值域为，所以有
当时，，于是在上单调递增，
结合，知此时恒成立，不满足题意，舍去.
当时，，使得，,,所以在上单调递减，,,所以在上单调递增，所以
，
所以，于是的取值范围为.
综上，的取值范围为.
6． 2
【详解】根据与大小关系（比较与大小的推理见后附）,
可知，
设，注意到曲线与曲线恰好交于点，
显然， ,作出的大致图象如图，

可得的最小值是1，从而的最小值是2．
由，得．
设直线与曲线切于点，
，直线过定点，
则，
解得，从而．
由图象可知，若关于x的方程有3个实数解，
则直线与曲线有3个交点，则，
即所求实数a的取值范围是，
故答案为：2；
附：当时，设，则，
所以在区间上单调递减，从而，此时；
当时，设，在区间上单调递减，
所以当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．