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新高考数学二轮培优精讲精练专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类（含解析）
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这是一份新高考数学二轮培优精讲精练专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类（含解析），共81页。
专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类
【命题规律】
1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．
2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
【核心考点目录】
核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型
核心考点二：函数嵌套问题
核心考点三：函数整数解问题
核心考点四：唯一零点求值问题
核心考点五：等高线问题
核心考点六：分段函数零点问题
核心考点七：函数对称问题
核心考点八：零点嵌套问题
核心考点九：函数零点问题之三变量问题
核心考点十：倍值函数
核心考点十一：函数不动点问题
核心考点十二：函数的旋转问题
核心考点十三：构造函数解不等式
核心考点十四：导数中的距离问题
核心考点十五：导数的同构思想
核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
核心考点十七：三次函数问题
核心考点十八：切线问题
核心考点十九：任意存在性问题
核心考点二十：双参数最值问题
核心考点二十一：切线斜率与割线斜率
核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
核心考点二十四：函数的伸缩变换问题
【真题回归】
1．（2022·全国·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】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.
2．（2022·全国·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
【解析】，
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
3．（多选题）（2022·全国·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
【解析】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.
4．（2022·天津·统考高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
5．（2022·全国·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】
【解析】[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.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
6．（2022·全国·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】
【解析】∵，∴，
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：
7．（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】
【解析】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：，.
8．（2022·全国·统考高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【解析】[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；
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：；.
9．（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
【解析】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
【方法技巧与总结】
1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．
2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．
3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．
4、分段函数零点的求解与判断方法：
（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；
（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
5、动态二次函数中静态的值：
解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．
6、动态二次函数零点个数和分布问题：
通常转化为相应二次函数的图象与轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．
7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型：
（1）对称轴变动，区间固定；
（2）对称轴固定，区间变动；
（3）对称轴变动，区间也变动．
这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．
8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…
具体来说，对于三次函数，其导函数为，根的判别式．
判别式
图象
单调性
增区间：，；
减区间：
增区间：
增区间：
图象
（1）当时，恒成立，三次函数在上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；
（2）当时，有两根，，不妨设，则，可得三次函数在，上为增函数，在上为减函数，则，分别为三次函数的两个不相等的极值点，那么：
① 若，则有且只有个零点；
② 若，则有个零点；
③ 若，则有个零点．
特别地，若三次函数存在极值点，且，则地解析式为．
同理，对于三次函数，其性质也可类比得到．
9、由于三次函数的导函数为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．
10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．
11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．
12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．
13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．
14、两类零点问题的不同处理方法
利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且．．
①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明．
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明．
15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
16、已知函数零点个数求参数的常用方法
（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出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范围．
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，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小范围并在一起，即为所求参数范围．
【核心考点】
核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型
【典型例题】
例1．（2023·浙江奉化·高二期末）若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为函数至少存在一个零点
所以有解
即有解
令，
则
因为，且由图象可知，所以
所以在上单调递减，令得
当时，单调递增
当时，单调递减
所以
且当时
所以的取值范围为函数的值域，即
故选：A
例2．（2023·天津·耀华中学高二期中）设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
函数定义域是， ，，设，则，设，则，，
易知，即也即在上恒成立，所以在上单调递增，又，因此是的唯一零点，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，，函数至少有一个零点，则，．故选A．
考点：函数的零点，用导数研究函数的性质．
例3．（2023·湖南·长沙一中高三月考（文））设函数（其中为自然对数的底数），若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
依题意得，函数至少存在一个零点，且，
可构造函数和，
因为，开口向上，对称轴为，所以为单调递减，为单调递增；
而，则，由于，所以为单调递减，为单调递增；
可知函数及均在处取最小值，所以在处取最小值，
又因为函数至少存在一个零点，只需即可，即：
解得：.
故选：D.
核心考点二：函数嵌套问题
【典型例题】
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为
A． B．或 C．或 D．或或
【答案】A
【解析】
在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为：
令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A.
例5．（2023·全国·高三专题练习（文））已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设，则有四个不同的解，
因为，
所以为偶函数，且当时，为增函数，
所以当时，为减函数，
所以，即，
当时，，
则，
令，解得，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
又，
作出时的图象，如图所示：
所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，
作出图象，如下图所示：
此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为.
故选：A
例6．（2023·河南·高三月考（文））已知函数，若关于的方程有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为，所以，
当，；当，，
所以在和单调递减，在单调递增，
且当时，，，
故的大致图象如图所示：
关于的方程等价于，
即或，
由图知，方程有且仅有一解，则有两解，
所以，解得，
故选:C.
核心考点三：函数整数解问题
【典型例题】
例7．（2023·福建宁德·高三）当时，恒成立，则整数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为当时，恒成立，
可得在上恒成立，
不妨设，可得，
令，可得，所以在上单调递增，
因为，所以在上仅有一个实数根，设为，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，且，
将代入可得，
因为在上单调递增，所以，
所以，因为为整数，所以.
故选：C.
例8．（2023·江苏·苏州大学附属中学高三月考）已知，关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a的值之和是（ ）
A．13 B．21 C．26 D．30
【答案】B
【解析】
设，其图象是开口向上，对称轴为的抛物线，如图所示，
若关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，
则，即，解得，
又因为，所以，故所有符合条件的a的值之和是.
故选：B.
例9．（2023·江苏宿迁·高一月考）用符号[x]表示不超过x的最大整数（称为x的整数部分），如[﹣1.2]=﹣2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f（x）=（1﹣lnx）（lnx﹣ax）有三个不同的零点x1，x2，x3，若[x1]+[x2]+[x3]=6，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
设，
由，得或，
解得或，
令，，令，解得.
所以，，为增函数，
，，为减函数.
.
又因为，当时，，时，，
作出的图象：
由的图象可知：，，，
由, ，得.
又因为，
若，则，，舍去.
若，则，或或.
要使，则，所以.
故选：B
核心考点四：唯一零点求值问题
【典型例题】
例10．（2023·安徽蚌埠·模拟预测（理））已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
函数的定义域为，则，，
则，
所以，函数在上为增函数，
当时，，当时，，
则存在，使得，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
，
由于函数有唯一零点，
则，
由，解得，
所以，，
令，其中，
，
，则，，，则，
所以，函数在上单调递减，且，，
从而可得，解得.
故选：C.
例11．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由已知条件可知
由函数奇偶性易知
令，为偶函数.
当时，，
单调递增，当时，单调递减，仅有一个极小值点
图象右移一个单位，所以仅在处有极小值，
则函数只有一个零点，即，
解得，
故选：A
例12．（2023·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
【答案】A
【解析】
解：已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
核心考点五：等高线问题
【典型例题】
例13．（2023·陕西·千阳县中学模拟预测（理））已知函数，若方程的个不同实根从小到大依次为，，，，有以下三个结论：①且；②当时，且；③．其中正确的结论个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题绘制函数如图所示，
可知函数的图象关于直线对称，
又，可得且，
故结论①正确，
当时，由解得，
即或，解得，，，，
此时和均成立，
故结论②正确，
由图可知，
则由得，
解得，即，
同理可得，
由①有，，
则，
解得，
则结论③正确.
故选：D.
例14．（2023·江苏省天一中学高三月考）已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，当或时，，时，，
所以在和上都递增，在上递减，
极大值，极小值，
当时，，时，，
所以当时，有三个不同的实根，
设3个不同的实根为，则，．
，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，又，，
所以的取值范围是，即为的取值范围．
故选：A．
例15．（2023·浙江·高一单元测试）已知函数，其中，若方程有四个不同的实根、、、，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，可得，，可得，即，
所以，，作出函数的图象如下图所示：
因为方程有四个不同的实根，则，解得，
由已知可得、是方程的两根，则，
满足，可得，
满足，可得，
因此，，
当时，随着的增大而增大，则，
因此，.
故选：B.
核心考点六：分段函数零点问题
【典型例题】
例16．（2023·山东青岛·高三期末）已知函数，若方程有4个不相同的解，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
在一个坐标系内分别作出和的图像如上图示:
要使方程有4个不相同的解，
只需和的图像有4个交点，
所以0
例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，若函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出的图象，如图所示，
当与相切时，设切点为，
则有，解得，
所以相切时的斜率；
将函数的图象顺时针旋转，
当时，与有2个交点，满足题意；
当时，与有3个交点，不满足题意；
当时，与有1个交点，不满足题意；
当时，与有0个或1个交点，不满足题意.
故选：D.
例18．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数，函数，若有两个零点，则m的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
存在两个零点，等价于与的图像有两个交点，在同一直角坐标系中绘制两个函数的图像：
由图可知，当直线在处的函数值小于等于1，即可保证图像有两个交点，
故：，解得：
故选：A.
核心考点七：函数对称问题
【典型例题】
例19．（2023·安徽省滁州中学高三月考（文））已知函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图象上,则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
直线关于直线的对称直线为，
则直线与的函数图像有个交点，
当时，，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
作出与直线的函数图像，如图所示：
设直线与相切，切点为，
则 ，解得，
设直线与相切，切点为，
则，解得，
与的函数图像有个交点，
直线与在和上各有个交点，
故选：A
例20．（2023·全国·高一课时练习）若直角坐标平面内的两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数的图象上；②P，Q关于原点对称，则称点对是函数的一个“友好点对”（注：点对与看作同一个“友好点对”）．已知函数，则此函数的“友好点对”有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【解析】
由题意，当时，可得，则，
则函数的图象关于原点对称的函数是，
根据题意，作出函数的图象及函数的图象，
如图所示，根据图象可得两个函数的图象共有两个公共点，
即函数的“友好点对”有2对.
故选：C.
例21．（2023·福建·厦门一中高一竞赛）若函数y＝f(x)图象上存在不同的两点A，B关于y轴对称，则称点对[A，B]是函数y＝f(x)的一对“黄金点对”（注：点对[A，B]与[B，A]可看作同一对“黄金点对”）已知函数，则此函数的“黄金点对”有（ ）
A．0对 B．1对 C．2对 D．3对
【答案】C
【解析】
由题意关于y轴对称的函数为y＝9－2x，x＞0，
作出函数f(x)和y＝9－2x，x＞0的图象，
由图象知当时，联立y＝4x－x2和y＝9－2x，x＞0，得x2－6x＋9＝0，所以，
当时，联立和y＝9－2x，x＞0得，解得，（舍），
故两图象有2个交点．所以函数f(x)的“黄金点对”有2对．
故选：C
核心考点八：零点嵌套问题
【典型例题】
例22．（2023·湖北武汉·高三月考）已知函数有三个不同的零点.其中，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：令，则，
故当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
可得处取得最小值，
，，画出的图象，
由可化为，
故结合题意可知，有两个不同的根，
故，故或，
不妨设方程的两个根分别为，，
①若，，
与相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根，一正一负；
不妨设，结合的性质可得，，，，
故
又，，
．
故选：A．
例23．（2023·全国·模拟预测（理））已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.
例24．（2023·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知函数，有三个不同的零点，（其中），则的值为
A． B． C．-1 D．1
【答案】D
【解析】
令f（x）=0，分离参数得a=令h（x）=由h′（x）= 得x=1或x=e．
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，e）时，h′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0．
即h（x）在（0，1），（e，+∞）上为减函数，在（1，e）上为增函数．
∴0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，a=令μ=则a=即μ2+（a-1）μ+1-a=0，
μ1+μ2=1-a＜0，μ1μ2=1-a＜0，
对于μ=， 则当0＜x＜e时，μ′＞0；当x＞e时，μ′＜0．而当x＞e时，μ恒大于0．不妨设μ1＜μ2，则μ1=， =（1-μ1）2（1-μ2）（1-μ3）
=[（1-μ1）（1-μ2）]2=[1-（1-a）+（1-a）]2=1．
故选D．
核心考点九：函数零点问题之三变量问题
【典型例题】
例25．（2023·全国·高三）若存在两个正实数、，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由得，设，，
则，则有解，设，
为增函数，，
当时，递增，当时，递减，
所以当时函数取极小值，，即，
若有解，则，即，
所以或，
故选：B．
例26．（2023·山东枣庄·高二期末）对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
原式可化为令
，故函数f(x)在上是单调递增的，[-a,e-a].
，故函数g(x)在
函数的大致图像为：
对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，即方程f(x)=g(x)有解，满足
故.
故答案为A.
例27．（2023·四川省新津中学高三月考（理））若存在两个正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
存在两个正实数，使得等式，设，则，设，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，故选C.
核心考点十：倍值函数
【典型例题】
例28．（河南省郑州市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（理）试题）对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在定义域内单调递增，
，
即，
即是方程的两个不同根，
∴，
设，
∴时，；时，，
∴是的极小值点，
的极小值为：，
又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，
时，和的图象有两个交点，方程有两个解，
∴实数的取值范围是．
故选B．
例29．（2023·四川·内江市教育科学研究所高二期末（文））对于函数，若存在区间，当时，的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：在定义域内单调递增，
，
即，
即是方程的两个不同根，
∴，
设，
∴当时,函数单调递减, 不存在两个根的问题,
时，；时，，
∴是的极小值点，
的极小值为：，
又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，
时，和的图象有两个交点，方程有两个解，
∴实数的取值范围是．
故选:C．
例30．（2023·吉林·长春十一高高二期中（理））对于函数，若存在区间，当时，的值域为，则称为倍值函数．若是倍值函数，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵，定义域为，
函数在上为增函数，
∴由题意有，，，
即方程有两个不同的实数根，
∴，
令，则，
由得，由得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴函数在处取得极大值，
又当时，，当时，，
∴，
∴当时，直线与函数的图象有两个不同的交点，
此时方程有两个不同的解，
∴的取值范围为，
故选：C．
核心考点十一：函数不动点问题
【典型例题】
例31．（2023·广东海珠·高三期末）设函数（为自然对数的底数），若曲线上存在点使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】法一：由题意可得，
，
而由可知，
当时，＝为增函数，
∴时，．
∴ 不存在使成立，故A，B错；
当时，＝，
当时，只有时才有意义，而，故C错．故选D．
法二：显然，函数是增函数，，由题意可得，
，而由可知，
于是，问题转化为在上有解．
由，得，分离变量，得，
因为，，
所以，函数在上是增函数，于是有，
即，应选D．
例32．（2023·山西省榆社中学高三月考（理））若存在一个实数t，使得成立，则称t为函数的一个不动点.设函数(，e为自然对数的底数)，定义在R上的连续函数满足，且当时，.若存在，且为函数的一个不动点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵∴令，
∴，
∴，即为奇函数，
∵，且当时，，
∴对恒成立，
∵为奇函数，且定义域为，
∴在R上单调递减，
∵，
∴，
即，∴，即，
∵为函数的一个不动点，∴，
即在有解.
∵，∴在R上单调递减.
∴可，
∴.
故选：B.
例33．（2023·四川自贡·高二期末（文））设函数，若存在(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为函数在定义城内单增函数，所以有解等价于有解，
故在上有解，令即，令
则，
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
∴，
故实数的取值范围为.
故选: C
核心考点十二：函数的旋转问题
【典型例题】
例34．（2023·上海市建平中学高三期末）双曲线绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f（x）的图象，关于此函数f（x）有如下四个命题，其中真命题的个数为（ ）
①f（x）是奇函数；
②f（x）的图象过点或；
③f（x）的值域是；
④函数y＝f（x）－x有两个零点．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【解析】
双曲线关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，故①正确；双曲线的顶点为，渐近线方程为，可得的图象渐近线为和，图象关于直线对称，所以的图象过点或，由图象的对称性可得，逆时针旋转60度，位于一、三象限，按顺时针旋转60度，位于二、四象限；故②正确；逆时针旋转60度，位于一、三象限，由图象可得顶点为或，不是极值点，则的值域不是，顺时针旋转60度，位于二、四象限，由图象的对称性知的值域不是，故③错误；当的图象位于一、三象限时，的图象与直线有2个交点，函数有两个零点，当的图象位于二、四象限时，的图象与直线没有交点，函数没有零点，故④错误，
故选；C.
例35．（2023·山东青岛·高三开学考试）将函数的图象绕点逆时针旋转，得到曲线，对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图象，则最大时的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：由，得，
，则函数的图像是以为圆心的圆的一部分，
先画出函数的图象,
这是一个圆弧AB，圆心为,如图所示，
由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，
曲线都不是一个函数的图象，
即当圆心在x轴上时，
所以最大值即为，
，所以最大时的正切值为.
故选：B.
例36．（2023·浙江·高三期末）将函数的图像绕着原点逆时针旋转角得到曲线，当时都能使成为某个函数的图像，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在原点处的切线斜率为，切线方程为
当绕着原点逆时针方向旋转时，若旋转角大于，则旋转所成的图像与轴就会有两个交点，则曲线不再是函数的图像.
所以的最大值为.
故选：B.
核心考点十三：构造函数解不等式
【典型例题】
例37．（2023·江西赣州·高三期中（文））已知函数满足，且的导数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，
则，
所以函数为增函数，
由，得，
由，得，
所以由不等式，得，
∴，
故选：C
例38．（2023·全国·高二课时练习）设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设，所以，
因为，所以，
所以在上单调递减，且，
又因为等价于，
所以解集为，
故选：C.
例39．（2023·全国·高二课时练习）已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，构造函数，，则，
所以函数的图象在上单调递减.
又因为，所以，
所以，解得或（舍）.
所以不等式的解集是.
故选：B.
核心考点十四：导数中的距离问题
【典型例题】
例40．（2023春•荔湾区期末）设函数，其中，，存在使得成立，则实数的值是
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】函数可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
曲线上点到直线的距离，
则，
根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，
由，解得．
故选：．
例41．（2023•龙岩模拟）若对任意的正实数，函数在上都是增函数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．，
【答案】A
【解析】解：在上都是增函数，
在上恒成立，
，
，
令，则，
上，，上，，
时，，
的最小值为，
，
故选：．
例42．（2023•淮北一模）若存在实数使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是
A． B． C．， D．，
【答案】A
【解析】解：不等式成立，
即为，
表示点与的距离的平方不超过，
即最大值为．
由在直线上，
设与直线平行且与相切的直线的切点为，
可得切线的斜率为，
解得，，
切点为，由切点到直线的距离为直线上的点与曲线的距离的最小值，
可得，
解得，
则的取值集合为．
故选：．
核心考点十五：导数的同构思想
【典型例题】
例43．（2023·全国·高三专题练习）已知关于的不等式在恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由得
即，
构造，即
因为在上单调递增，所以，所以
所以，令，则
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，所以，即
又，即
所以的取值范围是
故选：B
例44．（2023·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，不等式成立，即成立，即，
进而转化为恒成立，
构造函数，可得，
当，，单调递增，
则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，
进而转化为恒成立，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当，函数取得最大值，最大值为，
所以，即实数m的取值范围是.
故选：A.
例45．（2023·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：令，则，∴．
不等式恒成立，
①当时，，恒成立；
②当时，令，
，在单调递增，
即等价于，
在恒成立．
即，在恒成立.
令，则，可得，
∴在递增，在递减，
∴，∴，
∴的取值范围为．
故选：B．
核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
【典型例题】
例46．（2023·浙江·高三月考）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可得对任意恒成立，等价于对任意恒成立，
令，则，
令，则，
在单调递增，
，
存在唯一零点，且，使得，
在单调递减，在单调递增，，
，即，
令，显然在单调递增，则，即，
则，.
故选：A.
例47．（2023·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
即，即对任意恒成立
（根据，当且仅当时等号成立）
即当，取等号
而函数在单调递增，，
所以方程在上有解，等号能够成立
故，即
故选：A
例48．（2023·全国·高三专题练习）已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为_______．
【答案】
【解析】原不等式等价于：恒成立，由对数函数的图象和性质，易知，
当时不等式为对于x>0恒成立，需要，此时,
当时，设函数,
当直线与函数图象相切时，设切点坐标为,则,
∴,即
所以当函数图象在直线下方时，，
∴,
记,则,
令，解得
当时,单调递增；当时，，单调递减，
∴,
综上，的最大值为：，
故答案为：.
核心考点十七：三次函数问题
【典型例题】
例49．（2023·全国·高三课时练习）设函数是的导数，经过探究发现，任意一个三次函数的图象都有对称中心，其中满足，已知函数，则（ ）
A．2021 B． C．2022 D．
【答案】B
【解析】由，可得，，令，得，又，所以对称中心为，所以，…，，.
所以．
故选：B.
例50．（2023·安徽·东至县第二中学高三月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数都有对称中心，其对称中心为（其中）.已知函数.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得, ,,令，解得：，
所以函数的对称中心为：，又，所以.
故选：C
例51．（2023·全国·高三月考（文））已知，，，若三次函数有三个零点，，，且满足，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵，
，即，
得，代入得，
∵，
，解得，
设三次函数的零点式为，
比较系数得，，
故
故选：D.
核心考点十八：切线问题
【典型例题】
例52．（2023·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数叙述正确的是（ ）
①函数的图象一定是中心对称图形；
②函数可能只有一个极值点；
③当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点；
④当时，则过点的切线可能有一条或者三条．
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】A
【解析】①的对称轴为的轴对称图形，所以必定是中心对称图形，且对称中心为，所以①正确：（或者可用证明）
②由于函数的图象是中心对称图形，如果存在极大值，那么一定存在极小值，故②错误；
③设切点为，，斜率，
切线为，所以
，化简得：，∴或者，所以当时，即时，切线与有唯一的交点，当时，切线与有两个不同的交点，所以③正确；
④过点的切线的切点不一定是，设切点为，则切线方程为，因为在切线上，所以，将，，代入化简可得：，∴或者，所以当时，即时，切线只有一条，当时，切线有两条，所以④错误；
故选：A
例53．（2023·江西·南昌二中高三月考（文））若函数的图象与曲线C:存在公共切线，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设函数的切点为,该切线斜率,
所以切线方程为,
的切点为,所以切线方程为,
由于该两切线方程为同一方程,利用待定系数法,可得
,解得
得到新方程为,
构造函数解得,表示与存在着共同的交点,而过定点,得到过的切线方程,设切点为,则,该切点在该直线上,代入,得到,解得,
所以直线斜率为,要使得与存在着交点,
则,结合,所以a的取值范围为，故选A．
例54．（2023·全国·高二单元测试）若过点可以作曲线的两条切线，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设切点，，因为，即，
则切线方程为，
由得，
则由题意知，关于的方程有两个不同的解．
设，则，
由得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以的最大值为，
当时，，所以，
当时，；当时，，
故的图像如下图所示：
故．
故选:D．
核心考点十九：任意存在性问题
【典型例题】
例55．（2023·河南·郑州外国语中学高三月考（理））若不等式恒成立，则实数的范围是（ ）
A． B． C． D．.
【答案】D
【解析】
题设不等式化为，即，
，，
易知是减函数，时，，
所以由不等式上恒成立得.
故选：D.
例56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数对，总有，使成立，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题意可知：，成立，即，
又对，，所以，
又可看作与在横坐标相等时，纵坐标的竖直距离，
由，，可取，所以的直线方程为，
设与平行且与相切于，所以，所以，所以切线为，
当与平行且与两条直线的距离相等时，即恰好在的中间，
此时与在纵坐标的竖直距离中取得最大值中的最小值，
此时，则 ，
又因为，所以，所以，此时或或，
所以的范围是，
故选：B.
例57．（2023·全国·高二课时练习）已知，若，且对任意恒成立，则k的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
因为，且对任意恒成立，即对任意恒成立.
令（），则.
令（），则，
当时，，所以函数在上单调递增.
因为，，
所以方程在上存在唯一实根，满足.
当时，，即，当时，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，故，
所以，，
所以，故整数k的最大值是4.
故选：B.
核心考点二十：双参数最值问题
【典型例题】
例58．（2023·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知，且，对任意均有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，故与的符号相同，
当时，；当时，.
所以，与的符号相同.
，
令，所以，当时，恒成立，
令，可得，，.
，分以下四种情况讨论：
对于A选项，当，时，则，当时，，不合乎题意，A选项错误；
对于B选项，当，时，则，
若，若、、均为正数，
①若，则，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意.
③若、、都不相等，记，则当时，，不合乎题意.
由上可知，，当时，若使得恒成立，则，如下图所示，
所以，当，时，且，时，当时，恒成立；
对于C选项，当，时，则，
①若时，则当时，，不合乎题意；
②当时，构造函数，其中，，
函数在上单调递增，则，.
当时，由于，则，不合乎题意，C选项错误；
对于D选项，当，时，则，此时、、为正数.
①当、、都不相等时，记，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意；
③当时，，当时，， 不合乎题意.
所以，D选项错误.
故选：B.
例59．（2023·山西运城·高三期中（理））已知在函数，，若对，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题意，
令，
则，恒成立，即恒成立，即
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减.
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减；
故选：B
例60．（2023·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当时，不等式，，恒成立，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
解：设，
则，
当时，因为，
所以，所以在递增；
时，，与矛盾，所以不符题意；
当时，令，可得，
当，，递增；
当，时，，递减．
所以的最大值为，
所以由题意可得，即，
因为，所以，
设（a），
则（a），
当时，（a），（a）递增，
当，时，（a），（a）递减，
所以（a）的最大值为，
所以的最大值为．
故选：C．
核心考点二十一：切线斜率与割线斜率
【典型例题】
例61．（2023·广东·佛山一中高三月考）已知函数 ，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，在单调递减， 设.设则在上单调递减，则对恒成立，则对恒成立， 则，解之得或.又，所以.
例62．（2023·山西大同·高一期中）已知函数是定义在R上的函数，且是奇函数，是偶函数，，记，若对于任意的，都有，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设有：，即，解得，
∴，
对于任意的，都有，即函数在(1,2)上单调递减，
∴或，解得．
故选：C
例63．（2023·全国·高一课时练习）已知函数，若对任意的，，且，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，可知在上呈增函数，所以，解得．
故选：D.
核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
【典型例题】
例64．设二次函数在上有最大值，最大值为（a），当（a）取最小值时，
A．0 B．1 C． D．
【答案】A
【解析】解：在上有最大值（a），
且当时，的最大值为，
即且（a），
当时，即时，（a）有最小值2，
故选：．
例65．（2023春•绍兴期末）已知函数，，，设的最大值为，若的最小值为1时，则的值可以是
A． B．0 C． D．1
【答案】A
【解析】解：因为，而函数，，，
因为，，，
且，，，
则，，，，
由题意可得：存在，对于任意的，使得的最小值为1，
由于在数轴上的点，和点之间的距离恰好为2，
因此要使的最小值为1，则必有，且，
解得，．
故选：．
例66．（2023•济南模拟）已知函数，若对任意的实数，，总存在，，使得成立，则实数的取值范围是
A． B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】解：存在，，使得成立，，
对任意的实数，，，；
可看作横坐标相同时，
函数与函数图象上点的纵向距离，
则问题等价于求函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值；
如图，
记，，连接，则图中直线的斜率为，
直线的方程为，
设直线与直线平行，且与函数相切于点，，
又，令，解得，
切点，则切线的方程为，
当直线与直线，平行且与两直线距离相等时，
即恰好处于两直线正中间的位置时，
函数与函数图象上点的纵向距离能取得最大值中的最小值，
此时，此时，，
．
故选：．
法二：记函数的最大值为，
由题意可知，对任意，恒成立，
所以，依题意，，，，，
分别令，0，2，
可得，，，，（2），
所以，，，，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以．
故选：．
核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
【典型例题】
例67．（2023春•湖州期末）若存在正实数，使得不等式成立，则
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
．
记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以．
由题意，
又因为，所以，
故．
另解：正实数，，，
令，
当 时，；当 时，，
所以 在上单调递减， 上单调递增，
所以（1），于是，
于是，当且仅当 时不等式取等号，
又，当且仅当 时不等式取等号，
，
所以 且，解得，所以．
故选：．
例68．（2023•上饶二模）已知实数，满足，则的值为
A．2 B．1 C．0 D．
【答案】A
【解析】不等式，
化为，
即，
所以；
设，，；
则，
所以时，，单调递增，
时，单调递减，
所以的最大值为（1）；
又，所以时，，单调递减，
时，单调递增，
所以的最小值为；
此时满足，即；
令，解得，所以．
故选：．
例69．（2023•崇明区期末）若不等式对，恒成立，则的值等于
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【解析】解：当或时，，
当时，，
当或时，，当时，，
设，则在上单调递减，在上单调递增，
且的图象关于直线对称，
，
，即，又，故．
．
故选：．
核心考点二十四：函数的伸缩变换问题
【典型例题】
例70．（2023·天津一中高三月考）定义域为的函数满足，当时，，若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为当时，不等式恒成立，所以，
当时，
当时，，当时， ，因此当时，，选B.
例71．（2023·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
因为时，，
所以,
因为函数满足，
所以，
所以，，
又因为，恒成立，
故，
解不等式可得或.
例72．（2023届山西省榆林市高三二模理科数学试卷）定义域为的函数满足，当时，，若当时，函数恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，，又，因此当时，函数，从而，选C.
【新题速递】
一、单选题
1．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数，若函数，存在5个零点，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．
【答案】A
【解析】如图，先画出函数的图象.
已知有5个零点，即方程有五个实数根.
令，方程有两个实数根，
由的图象可知，
当时，有两个实数根，有三个实数根，可满足有五个零点.
将代入中，得，解得或.
又因为，所以当时，，不满足题意；
当时，，满足题意，
故选：A.
2．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数， 若函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】当时，，
当时，，
，
，且定义域为，关于原点对称，故为奇函数，
所以我们求出时零点个数即可，
，，令，解得，
故在上单调递增，在单调递减，
且，而，故在有1零点，
，故在上有1零点，图像大致如图所示：
故在上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在上也有2个零点，且，故共5个零点，
故选：D.
3．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．5
【答案】B
【解析】函数，则函数在和上分别单调递减，
且，则，，
若，不妨设，且，则，同样，则
由，得，于是得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故选：B.
4．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）已知实数，，，则下列说法中，正确的是（ ）．
A． B．存在a，b，使得
C． D．存在a，b，使得直线与圆相切
【答案】C
【解析】，故A错误；
，故B错误；
，故选项C正确；
圆心到直线的距离
由，故，故D错误.
故选：C.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，因为，所以，即.
直线的方程为，即.
因为，，所以.
则点到直线的距离为.
因为，，所以.
所以.
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，不符合题意.
故不可能为.
故选:D.
6．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知P为直线上一动点，过点P作抛物线的两条切线，切点记为A，B，则原点到直线距离的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【解析】设，切点为，
由，得，则，
所以在点处的切线方程为，即，
因为，所以
在点处的切线方程为，即，
因为，所以
因为两切线都过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
所以原点到直线距离为
，当且仅当时取等号，
所以原点到直线距离的最大值为，
故选：B
7．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
【答案】D
【解析】设直线与曲线的切点为，
因为，所以，
切线方程为，
所以，，
所以，又，，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值是4.
故选：D.
8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）若关于x的不等式对于任意恒成立，则整数k的最大值为（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
【答案】C
【解析】对于任意恒成立
等价于对于任意恒成立
令，则
令，则
所以在上单调递增，又
所以在有且仅有一个根，满足，即
当时，，即，函数单调递减，
时，，即，函数单调递增，
所以
由对勾函数可知，即
因为，即，，
所以.
故选：C
二、多选题
9．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C．若有两个零点，则
D．若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于A，当时，，令，则，，
，当时，恒成立，在上单调递增；
在上单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；
对于B，当时，，又为正实数，，
，当时，恒成立，在上单调递增，
则由得：，即，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，则正实数的最小值为，B正确；
对于C，，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，则；
不妨设，则必有，
若，则，等价于，
又，则等价于；
令，则，
，，，，即，
在上单调递增，，即，
，可知不成立，C错误；
对于D，由，得：，即，
由C知：在上单调递减，在上单调递增；
，，则，，
，即，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
即的最大值为，D正确.
故选：ABD.
10．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数有三个不同的极值点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．为函数的极大值点 D．
【答案】ACD
【解析】由函数有三个不同的极值点，，，
只需有三个零点，即方程有三个根，
设函数，则，
令，即，；令，即或，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值为，且当时，，
如图，当，即时，函数与有三个交点，即函数有三个不同的极值点，故A正确；
对于B，观察图象可知，故B不正确；
对于C，由图象可知，当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以为函数的极大值点，故C正确；
对于D，由，即，
令，，
则，故函数在上单调递减，
故，故D正确.
故选：ACD.
11．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】ACD
【解析】由已知可得的定义域为.
对于A、当时，，
则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于B、当时，，则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.
对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于D、当时，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
故选:ACD.
12．（2023春·山东潍坊·高三统考期中）定义在上的函数的导函数为，对于任意实数，都有，且满足，则（ ）
A．函数为偶函数
B．
C．不等式的解集为
D．若方程有两个根，则
【答案】ABD
【解析】，函数定义域为，
由，有，
即，函数为偶函数，故选项A正确；
由，得，
即，∴，
有，得，
∴，
得，，故选项B正确；
，
当时，函数单调递增，且，有，即，不合题意，故C选项错误；
方程，即，
方程有两个根，等价于函数与函数的图像有两个交点，其中函数单调递减，函数的图像是开口向下的抛物线，对称轴方程为，时函数单调递减，
若方程有两个根，则有，
此时，即，
若且，则有，
∴，∴，得，故选项D正确.
故选：ABD
13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）若函数的图象上存在两个不同的点P，Q，使得在这两点处的切线重合，则称函数为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】A，，
，时，，取得最大值，
直线是函数图象的切线，且过点，函数是“切线重合函数”；
B，，，时，，，，此时是函数的最大值，
直线是函数图象的切线，且过点，函数是“切线重合函数”；
C，，，
时，，，
过点的切线方程是，即，因此该切线过图象上的两个以上的点，函数是“切线重合函数”；
D，，，令，
则，所以即是R增函数，因此函数图象上不存在两点，它们的切线斜率相等，也就不存在切线过图象上的两点，因此函数不是“切线重合函数”．
故选：ABC．
14．（2023春·江苏南京·高三统考阶段练习）已知双曲线C：，曲线E：，记两条曲线过点的切线分别为，，且斜率均为正数，则（ ）
A．若，，则C与E有一个交点
B．若，，则C与E有一个交点
C．若，则与E夹角的正切值为
D．若，则与夹角的余弦值为
【答案】AC
【解析】对于A，若，，则，
因为双曲线C：的渐近线为，
所以曲线E：与双曲线C的渐近线为平行，
所以C与E有一个交点，故A正确；
对于B，若，，则曲线E：，与双曲线C：联立，
则，即，令，
则，则由有，由有，
所以，所以无解，故B错误；
对于C，若，曲线E：，对于双曲线C：，易知过点的切线的斜率显然存在，
设切线方程为 ，与联立有：，
由，解得，
因为斜率均为正数，所以为：，
则与E夹角的正切值为，故C正确；
对于D，若，曲线E：，则，则，
则为： ，其方向向量 ，又为：，其方向向量 ，
所以 ，故D错误.
故答案为：AC.
三、填空题
15．（2023·河南郑州·高三阶段练习）正实数，满足，，则的值为____________．
【答案】1
【解析】解法一：由，得，又因为，
所以，是方程的两个解，
设函数，，
所以函数在上单调递减，
又，，
则函数在上只有一个零点，即方程只有一个解，
所以，∴．
解法二：因为，所以，，即，
设函数，当时，，所以函数在上单调递增，
∵，，∴，
∴，，∴．
故答案为：1．
16．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数，，设，且函数的零点均在区间，，内，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】，则，
当时，，所以，
即在上单调递增，又，，
所以在上有唯一的零点，
，，，，
所以在上单调递减，
又，
，
所以在有唯一的零点．
则的零点在区间内，的零点在区间内，
所以零点均在区间中的最大值为，的最小值为，
所以的最小值为．
故答案为:11.
17．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）方程有唯一的实数解，实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】令函数，依题意，函数有唯一零点，求导得，
当时，，无零点，
当时，，函数在上单调递增，，当且时，
，则在上存在唯一零点，因此，
当时，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，
，当且仅当，即时，在上存在唯一零点，因此，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
18．（2023春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数，若，且的最大值为4，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】令，
令解得，因此在单调递减，单调递增
，的另一个根在，因为，若的最大值为4，则和不能同时大于零；
令，在单调递增
设，，的最大值为4，即时，上的一点切线和平行，此时这一切点的横坐标为，而，因此，由此可得，解得，故
，即
，解得或，因为，所以
故答案为：
19．（2023·全国·高三专题练习）若存在，，满足，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是___________．
【答案】,
【解析】因为，
所以，
当时，上式变为，与矛盾，
当时，上式为，
令，则，，
，
令，，
，
所以在上单调递增，又，
所以在上，，，单调递减，
在上，，，单调递增，
所以，趋向于0或时，均趋向于，
所以，即，
所以或，故的取值范围为,．
故答案为：,．
20．（2023·四川资阳·统考模拟预测）若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】令，依题意对恒成立，
，
若，则对恒成立，符合题意；
若，则当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，所以，解得.
若 ，则当时，，为减函数；
当时，，为增函数，故.
所以，所以，所以，所以.
综上所述：的取值范围为.
故答案为：
专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类
【命题规律】
1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．
2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
【核心考点目录】
核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型
核心考点二：函数嵌套问题
核心考点三：函数整数解问题
核心考点四：唯一零点求值问题
核心考点五：等高线问题
核心考点六：分段函数零点问题
核心考点七：函数对称问题
核心考点八：零点嵌套问题
核心考点九：函数零点问题之三变量问题
核心考点十：倍值函数
核心考点十一：函数不动点问题
核心考点十二：函数的旋转问题
核心考点十三：构造函数解不等式
核心考点十四：导数中的距离问题
核心考点十五：导数的同构思想
核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
核心考点十七：三次函数问题
核心考点十八：切线问题
核心考点十九：任意存在性问题
核心考点二十：双参数最值问题
核心考点二十一：切线斜率与割线斜率
核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
核心考点二十四：函数的伸缩变换问题
【真题回归】
1．（2022·全国·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】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.
2．（2022·全国·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
【解析】，
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
3．（多选题）（2022·全国·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
【解析】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.
4．（2022·天津·统考高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
5．（2022·全国·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】
【解析】[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.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
6．（2022·全国·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】
【解析】∵，∴，
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：
7．（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】
【解析】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：，.
8．（2022·全国·统考高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【解析】[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；
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：；.
9．（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
【解析】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
【方法技巧与总结】
1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．
2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．
3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．
4、分段函数零点的求解与判断方法：
（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；
（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
5、动态二次函数中静态的值：
解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．
6、动态二次函数零点个数和分布问题：
通常转化为相应二次函数的图象与轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．
7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型：
（1）对称轴变动，区间固定；
（2）对称轴固定，区间变动；
（3）对称轴变动，区间也变动．
这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．
8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…
具体来说，对于三次函数，其导函数为，根的判别式．
判别式
图象
单调性
增区间：，；
减区间：
增区间：
增区间：
图象
（1）当时，恒成立，三次函数在上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；
（2）当时，有两根，，不妨设，则，可得三次函数在，上为增函数，在上为减函数，则，分别为三次函数的两个不相等的极值点，那么：
① 若，则有且只有个零点；
② 若，则有个零点；
③ 若，则有个零点．
特别地，若三次函数存在极值点，且，则地解析式为．
同理，对于三次函数，其性质也可类比得到．
9、由于三次函数的导函数为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．
10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．
11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．
12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．
13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．
14、两类零点问题的不同处理方法
利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且．．
①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明．
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明．
15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
16、已知函数零点个数求参数的常用方法
（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出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范围．
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，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小范围并在一起，即为所求参数范围．
【核心考点】
核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型
【典型例题】
例1．（2023·浙江奉化·高二期末）若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
因为函数至少存在一个零点
所以有解
即有解
令，
则
因为，且由图象可知，所以
所以在上单调递减，令得
当时，单调递增
当时，单调递减
所以
且当时
所以的取值范围为函数的值域，即
故选：A
例2．（2023·天津·耀华中学高二期中）设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
函数定义域是， ，，设，则，设，则，，
易知，即也即在上恒成立，所以在上单调递增，又，因此是的唯一零点，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，，函数至少有一个零点，则，．故选A．
考点：函数的零点，用导数研究函数的性质．
例3．（2023·湖南·长沙一中高三月考（文））设函数（其中为自然对数的底数），若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
依题意得，函数至少存在一个零点，且，
可构造函数和，
因为，开口向上，对称轴为，所以为单调递减，为单调递增；
而，则，由于，所以为单调递减，为单调递增；
可知函数及均在处取最小值，所以在处取最小值，
又因为函数至少存在一个零点，只需即可，即：
解得：.
故选：D.
核心考点二：函数嵌套问题
【典型例题】
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为
A． B．或 C．或 D．或或
【答案】A
【解析】
在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为：
令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A.
例5．（2023·全国·高三专题练习（文））已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
设，则有四个不同的解，
因为，
所以为偶函数，且当时，为增函数，
所以当时，为减函数，
所以，即，
当时，，
则，
令，解得，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
又，
作出时的图象，如图所示：
所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，
作出图象，如下图所示：
此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为.
故选：A
例6．（2023·河南·高三月考（文））已知函数，若关于的方程有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为，所以，
当，；当，，
所以在和单调递减，在单调递增，
且当时，，，
故的大致图象如图所示：
关于的方程等价于，
即或，
由图知，方程有且仅有一解，则有两解，
所以，解得，
故选:C.
核心考点三：函数整数解问题
【典型例题】
例7．（2023·福建宁德·高三）当时，恒成立，则整数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为当时，恒成立，
可得在上恒成立，
不妨设，可得，
令，可得，所以在上单调递增，
因为，所以在上仅有一个实数根，设为，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，且，
将代入可得，
因为在上单调递增，所以，
所以，因为为整数，所以.
故选：C.
例8．（2023·江苏·苏州大学附属中学高三月考）已知，关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a的值之和是（ ）
A．13 B．21 C．26 D．30
【答案】B
【解析】
设，其图象是开口向上，对称轴为的抛物线，如图所示，
若关于x的一元二次不等式的解集中有且仅有3个整数，
则，即，解得，
又因为，所以，故所有符合条件的a的值之和是.
故选：B.
例9．（2023·江苏宿迁·高一月考）用符号[x]表示不超过x的最大整数（称为x的整数部分），如[﹣1.2]=﹣2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f（x）=（1﹣lnx）（lnx﹣ax）有三个不同的零点x1，x2，x3，若[x1]+[x2]+[x3]=6，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
设，
由，得或，
解得或，
令，，令，解得.
所以，，为增函数，
，，为减函数.
.
又因为，当时，，时，，
作出的图象：
由的图象可知：，，，
由, ，得.
又因为，
若，则，，舍去.
若，则，或或.
要使，则，所以.
故选：B
核心考点四：唯一零点求值问题
【典型例题】
例10．（2023·安徽蚌埠·模拟预测（理））已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
函数的定义域为，则，，
则，
所以，函数在上为增函数，
当时，，当时，，
则存在，使得，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
，
由于函数有唯一零点，
则，
由，解得，
所以，，
令，其中，
，
，则，，，则，
所以，函数在上单调递减，且，，
从而可得，解得.
故选：C.
例11．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由已知条件可知
由函数奇偶性易知
令，为偶函数.
当时，，
单调递增，当时，单调递减，仅有一个极小值点
图象右移一个单位，所以仅在处有极小值，
则函数只有一个零点，即，
解得，
故选：A
例12．（2023·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
【答案】A
【解析】
解：已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
核心考点五：等高线问题
【典型例题】
例13．（2023·陕西·千阳县中学模拟预测（理））已知函数，若方程的个不同实根从小到大依次为，，，，有以下三个结论：①且；②当时，且；③．其中正确的结论个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题绘制函数如图所示，
可知函数的图象关于直线对称，
又，可得且，
故结论①正确，
当时，由解得，
即或，解得，，，，
此时和均成立，
故结论②正确，
由图可知，
则由得，
解得，即，
同理可得，
由①有，，
则，
解得，
则结论③正确.
故选：D.
例14．（2023·江苏省天一中学高三月考）已知函数，若方程有3个不同的实根，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，当或时，，时，，
所以在和上都递增，在上递减，
极大值，极小值，
当时，，时，，
所以当时，有三个不同的实根，
设3个不同的实根为，则，．
，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，又，，
所以的取值范围是，即为的取值范围．
故选：A．
例15．（2023·浙江·高一单元测试）已知函数，其中，若方程有四个不同的实根、、、，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，可得，，可得，即，
所以，，作出函数的图象如下图所示：
因为方程有四个不同的实根，则，解得，
由已知可得、是方程的两根，则，
满足，可得，
满足，可得，
因此，，
当时，随着的增大而增大，则，
因此，.
故选：B.
核心考点六：分段函数零点问题
【典型例题】
例16．（2023·山东青岛·高三期末）已知函数，若方程有4个不相同的解，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
在一个坐标系内分别作出和的图像如上图示:
要使方程有4个不相同的解，
只需和的图像有4个交点，
所以0
例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，若函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出的图象，如图所示，
当与相切时，设切点为，
则有，解得，
所以相切时的斜率；
将函数的图象顺时针旋转，
当时，与有2个交点，满足题意；
当时，与有3个交点，不满足题意；
当时，与有1个交点，不满足题意；
当时，与有0个或1个交点，不满足题意.
故选：D.
例18．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数，函数，若有两个零点，则m的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
存在两个零点，等价于与的图像有两个交点，在同一直角坐标系中绘制两个函数的图像：
由图可知，当直线在处的函数值小于等于1，即可保证图像有两个交点，
故：，解得：
故选：A.
核心考点七：函数对称问题
【典型例题】
例19．（2023·安徽省滁州中学高三月考（文））已知函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图象上,则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
直线关于直线的对称直线为，
则直线与的函数图像有个交点，
当时，，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
作出与直线的函数图像，如图所示：
设直线与相切，切点为，
则 ，解得，
设直线与相切，切点为，
则，解得，
与的函数图像有个交点，
直线与在和上各有个交点，
故选：A
例20．（2023·全国·高一课时练习）若直角坐标平面内的两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数的图象上；②P，Q关于原点对称，则称点对是函数的一个“友好点对”（注：点对与看作同一个“友好点对”）．已知函数，则此函数的“友好点对”有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【解析】
由题意，当时，可得，则，
则函数的图象关于原点对称的函数是，
根据题意，作出函数的图象及函数的图象，
如图所示，根据图象可得两个函数的图象共有两个公共点，
即函数的“友好点对”有2对.
故选：C.
例21．（2023·福建·厦门一中高一竞赛）若函数y＝f(x)图象上存在不同的两点A，B关于y轴对称，则称点对[A，B]是函数y＝f(x)的一对“黄金点对”（注：点对[A，B]与[B，A]可看作同一对“黄金点对”）已知函数，则此函数的“黄金点对”有（ ）
A．0对 B．1对 C．2对 D．3对
【答案】C
【解析】
由题意关于y轴对称的函数为y＝9－2x，x＞0，
作出函数f(x)和y＝9－2x，x＞0的图象，
由图象知当时，联立y＝4x－x2和y＝9－2x，x＞0，得x2－6x＋9＝0，所以，
当时，联立和y＝9－2x，x＞0得，解得，（舍），
故两图象有2个交点．所以函数f(x)的“黄金点对”有2对．
故选：C
核心考点八：零点嵌套问题
【典型例题】
例22．（2023·湖北武汉·高三月考）已知函数有三个不同的零点.其中，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：令，则，
故当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
可得处取得最小值，
，，画出的图象，
由可化为，
故结合题意可知，有两个不同的根，
故，故或，
不妨设方程的两个根分别为，，
①若，，
与相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根，一正一负；
不妨设，结合的性质可得，，，，
故
又，，
．
故选：A．
例23．（2023·全国·模拟预测（理））已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.
例24．（2023·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知函数，有三个不同的零点，（其中），则的值为
A． B． C．-1 D．1
【答案】D
【解析】
令f（x）=0，分离参数得a=令h（x）=由h′（x）= 得x=1或x=e．
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，e）时，h′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0．
即h（x）在（0，1），（e，+∞）上为减函数，在（1，e）上为增函数．
∴0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，a=令μ=则a=即μ2+（a-1）μ+1-a=0，
μ1+μ2=1-a＜0，μ1μ2=1-a＜0，
对于μ=， 则当0＜x＜e时，μ′＞0；当x＞e时，μ′＜0．而当x＞e时，μ恒大于0．不妨设μ1＜μ2，则μ1=， =（1-μ1）2（1-μ2）（1-μ3）
=[（1-μ1）（1-μ2）]2=[1-（1-a）+（1-a）]2=1．
故选D．
核心考点九：函数零点问题之三变量问题
【典型例题】
例25．（2023·全国·高三）若存在两个正实数、，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由得，设，，
则，则有解，设，
为增函数，，
当时，递增，当时，递减，
所以当时函数取极小值，，即，
若有解，则，即，
所以或，
故选：B．
例26．（2023·山东枣庄·高二期末）对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
原式可化为令
，故函数f(x)在上是单调递增的，[-a,e-a].
，故函数g(x)在
函数的大致图像为：
对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，即方程f(x)=g(x)有解，满足
故.
故答案为A.
例27．（2023·四川省新津中学高三月考（理））若存在两个正实数，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
存在两个正实数，使得等式，设，则，设，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，，故选C.
核心考点十：倍值函数
【典型例题】
例28．（河南省郑州市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（理）试题）对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在定义域内单调递增，
，
即，
即是方程的两个不同根，
∴，
设，
∴时，；时，，
∴是的极小值点，
的极小值为：，
又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，
时，和的图象有两个交点，方程有两个解，
∴实数的取值范围是．
故选B．
例29．（2023·四川·内江市教育科学研究所高二期末（文））对于函数，若存在区间，当时，的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：在定义域内单调递增，
，
即，
即是方程的两个不同根，
∴，
设，
∴当时,函数单调递减, 不存在两个根的问题,
时，；时，，
∴是的极小值点，
的极小值为：，
又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，
时，和的图象有两个交点，方程有两个解，
∴实数的取值范围是．
故选:C．
例30．（2023·吉林·长春十一高高二期中（理））对于函数，若存在区间，当时，的值域为，则称为倍值函数．若是倍值函数，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵，定义域为，
函数在上为增函数，
∴由题意有，，，
即方程有两个不同的实数根，
∴，
令，则，
由得，由得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴函数在处取得极大值，
又当时，，当时，，
∴，
∴当时，直线与函数的图象有两个不同的交点，
此时方程有两个不同的解，
∴的取值范围为，
故选：C．
核心考点十一：函数不动点问题
【典型例题】
例31．（2023·广东海珠·高三期末）设函数（为自然对数的底数），若曲线上存在点使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】法一：由题意可得，
，
而由可知，
当时，＝为增函数，
∴时，．
∴ 不存在使成立，故A，B错；
当时，＝，
当时，只有时才有意义，而，故C错．故选D．
法二：显然，函数是增函数，，由题意可得，
，而由可知，
于是，问题转化为在上有解．
由，得，分离变量，得，
因为，，
所以，函数在上是增函数，于是有，
即，应选D．
例32．（2023·山西省榆社中学高三月考（理））若存在一个实数t，使得成立，则称t为函数的一个不动点.设函数(，e为自然对数的底数)，定义在R上的连续函数满足，且当时，.若存在，且为函数的一个不动点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵∴令，
∴，
∴，即为奇函数，
∵，且当时，，
∴对恒成立，
∵为奇函数，且定义域为，
∴在R上单调递减，
∵，
∴，
即，∴，即，
∵为函数的一个不动点，∴，
即在有解.
∵，∴在R上单调递减.
∴可，
∴.
故选：B.
例33．（2023·四川自贡·高二期末（文））设函数，若存在(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为函数在定义城内单增函数，所以有解等价于有解，
故在上有解，令即，令
则，
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
∴，
故实数的取值范围为.
故选: C
核心考点十二：函数的旋转问题
【典型例题】
例34．（2023·上海市建平中学高三期末）双曲线绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f（x）的图象，关于此函数f（x）有如下四个命题，其中真命题的个数为（ ）
①f（x）是奇函数；
②f（x）的图象过点或；
③f（x）的值域是；
④函数y＝f（x）－x有两个零点．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【解析】
双曲线关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，故①正确；双曲线的顶点为，渐近线方程为，可得的图象渐近线为和，图象关于直线对称，所以的图象过点或，由图象的对称性可得，逆时针旋转60度，位于一、三象限，按顺时针旋转60度，位于二、四象限；故②正确；逆时针旋转60度，位于一、三象限，由图象可得顶点为或，不是极值点，则的值域不是，顺时针旋转60度，位于二、四象限，由图象的对称性知的值域不是，故③错误；当的图象位于一、三象限时，的图象与直线有2个交点，函数有两个零点，当的图象位于二、四象限时，的图象与直线没有交点，函数没有零点，故④错误，
故选；C.
例35．（2023·山东青岛·高三开学考试）将函数的图象绕点逆时针旋转，得到曲线，对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图象，则最大时的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：由，得，
，则函数的图像是以为圆心的圆的一部分，
先画出函数的图象,
这是一个圆弧AB，圆心为,如图所示，
由图可知当此圆弧绕点逆时针方向旋转角大于时，
曲线都不是一个函数的图象，
即当圆心在x轴上时，
所以最大值即为，
，所以最大时的正切值为.
故选：B.
例36．（2023·浙江·高三期末）将函数的图像绕着原点逆时针旋转角得到曲线，当时都能使成为某个函数的图像，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在原点处的切线斜率为，切线方程为
当绕着原点逆时针方向旋转时，若旋转角大于，则旋转所成的图像与轴就会有两个交点，则曲线不再是函数的图像.
所以的最大值为.
故选：B.
核心考点十三：构造函数解不等式
【典型例题】
例37．（2023·江西赣州·高三期中（文））已知函数满足，且的导数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，
则，
所以函数为增函数，
由，得，
由，得，
所以由不等式，得，
∴，
故选：C
例38．（2023·全国·高二课时练习）设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设，所以，
因为，所以，
所以在上单调递减，且，
又因为等价于，
所以解集为，
故选：C.
例39．（2023·全国·高二课时练习）已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，构造函数，，则，
所以函数的图象在上单调递减.
又因为，所以，
所以，解得或（舍）.
所以不等式的解集是.
故选：B.
核心考点十四：导数中的距离问题
【典型例题】
例40．（2023春•荔湾区期末）设函数，其中，，存在使得成立，则实数的值是
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】函数可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
曲线上点到直线的距离，
则，
根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，
由，解得．
故选：．
例41．（2023•龙岩模拟）若对任意的正实数，函数在上都是增函数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．，
【答案】A
【解析】解：在上都是增函数，
在上恒成立，
，
，
令，则，
上，，上，，
时，，
的最小值为，
，
故选：．
例42．（2023•淮北一模）若存在实数使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是
A． B． C．， D．，
【答案】A
【解析】解：不等式成立，
即为，
表示点与的距离的平方不超过，
即最大值为．
由在直线上，
设与直线平行且与相切的直线的切点为，
可得切线的斜率为，
解得，，
切点为，由切点到直线的距离为直线上的点与曲线的距离的最小值，
可得，
解得，
则的取值集合为．
故选：．
核心考点十五：导数的同构思想
【典型例题】
例43．（2023·全国·高三专题练习）已知关于的不等式在恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由得
即，
构造，即
因为在上单调递增，所以，所以
所以，令，则
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，所以，即
又，即
所以的取值范围是
故选：B
例44．（2023·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，不等式成立，即成立，即，
进而转化为恒成立，
构造函数，可得，
当，，单调递增，
则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，
进而转化为恒成立，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当，函数取得最大值，最大值为，
所以，即实数m的取值范围是.
故选：A.
例45．（2023·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：令，则，∴．
不等式恒成立，
①当时，，恒成立；
②当时，令，
，在单调递增，
即等价于，
在恒成立．
即，在恒成立.
令，则，可得，
∴在递增，在递减，
∴，∴，
∴的取值范围为．
故选：B．
核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
【典型例题】
例46．（2023·浙江·高三月考）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可得对任意恒成立，等价于对任意恒成立，
令，则，
令，则，
在单调递增，
，
存在唯一零点，且，使得，
在单调递减，在单调递增，，
，即，
令，显然在单调递增，则，即，
则，.
故选：A.
例47．（2023·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
即，即对任意恒成立
（根据，当且仅当时等号成立）
即当，取等号
而函数在单调递增，，
所以方程在上有解，等号能够成立
故，即
故选：A
例48．（2023·全国·高三专题练习）已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为_______．
【答案】
【解析】原不等式等价于：恒成立，由对数函数的图象和性质，易知，
当时不等式为对于x>0恒成立，需要，此时,
当时，设函数,
当直线与函数图象相切时，设切点坐标为,则,
∴,即
所以当函数图象在直线下方时，，
∴,
记,则,
令，解得
当时,单调递增；当时，，单调递减，
∴,
综上，的最大值为：，
故答案为：.
核心考点十七：三次函数问题
【典型例题】
例49．（2023·全国·高三课时练习）设函数是的导数，经过探究发现，任意一个三次函数的图象都有对称中心，其中满足，已知函数，则（ ）
A．2021 B． C．2022 D．
【答案】B
【解析】由，可得，，令，得，又，所以对称中心为，所以，…，，.
所以．
故选：B.
例50．（2023·安徽·东至县第二中学高三月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数都有对称中心，其对称中心为（其中）.已知函数.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得, ,,令，解得：，
所以函数的对称中心为：，又，所以.
故选：C
例51．（2023·全国·高三月考（文））已知，，，若三次函数有三个零点，，，且满足，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵，
，即，
得，代入得，
∵，
，解得，
设三次函数的零点式为，
比较系数得，，
故
故选：D.
核心考点十八：切线问题
【典型例题】
例52．（2023·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数叙述正确的是（ ）
①函数的图象一定是中心对称图形；
②函数可能只有一个极值点；
③当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点；
④当时，则过点的切线可能有一条或者三条．
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】A
【解析】①的对称轴为的轴对称图形，所以必定是中心对称图形，且对称中心为，所以①正确：（或者可用证明）
②由于函数的图象是中心对称图形，如果存在极大值，那么一定存在极小值，故②错误；
③设切点为，，斜率，
切线为，所以
，化简得：，∴或者，所以当时，即时，切线与有唯一的交点，当时，切线与有两个不同的交点，所以③正确；
④过点的切线的切点不一定是，设切点为，则切线方程为，因为在切线上，所以，将，，代入化简可得：，∴或者，所以当时，即时，切线只有一条，当时，切线有两条，所以④错误；
故选：A
例53．（2023·江西·南昌二中高三月考（文））若函数的图象与曲线C:存在公共切线，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设函数的切点为,该切线斜率,
所以切线方程为,
的切点为,所以切线方程为,
由于该两切线方程为同一方程,利用待定系数法,可得
,解得
得到新方程为,
构造函数解得,表示与存在着共同的交点,而过定点,得到过的切线方程,设切点为,则,该切点在该直线上,代入,得到,解得,
所以直线斜率为,要使得与存在着交点,
则,结合,所以a的取值范围为，故选A．
例54．（2023·全国·高二单元测试）若过点可以作曲线的两条切线，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设切点，，因为，即，
则切线方程为，
由得，
则由题意知，关于的方程有两个不同的解．
设，则，
由得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以的最大值为，
当时，，所以，
当时，；当时，，
故的图像如下图所示：
故．
故选:D．
核心考点十九：任意存在性问题
【典型例题】
例55．（2023·河南·郑州外国语中学高三月考（理））若不等式恒成立，则实数的范围是（ ）
A． B． C． D．.
【答案】D
【解析】
题设不等式化为，即，
，，
易知是减函数，时，，
所以由不等式上恒成立得.
故选：D.
例56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数对，总有，使成立，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题意可知：，成立，即，
又对，，所以，
又可看作与在横坐标相等时，纵坐标的竖直距离，
由，，可取，所以的直线方程为，
设与平行且与相切于，所以，所以，所以切线为，
当与平行且与两条直线的距离相等时，即恰好在的中间，
此时与在纵坐标的竖直距离中取得最大值中的最小值，
此时，则 ，
又因为，所以，所以，此时或或，
所以的范围是，
故选：B.
例57．（2023·全国·高二课时练习）已知，若，且对任意恒成立，则k的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
因为，且对任意恒成立，即对任意恒成立.
令（），则.
令（），则，
当时，，所以函数在上单调递增.
因为，，
所以方程在上存在唯一实根，满足.
当时，，即，当时，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，故，
所以，，
所以，故整数k的最大值是4.
故选：B.
核心考点二十：双参数最值问题
【典型例题】
例58．（2023·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知，且，对任意均有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，故与的符号相同，
当时，；当时，.
所以，与的符号相同.
，
令，所以，当时，恒成立，
令，可得，，.
，分以下四种情况讨论：
对于A选项，当，时，则，当时，，不合乎题意，A选项错误；
对于B选项，当，时，则，
若，若、、均为正数，
①若，则，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意.
③若、、都不相等，记，则当时，，不合乎题意.
由上可知，，当时，若使得恒成立，则，如下图所示，
所以，当，时，且，时，当时，恒成立；
对于C选项，当，时，则，
①若时，则当时，，不合乎题意；
②当时，构造函数，其中，，
函数在上单调递增，则，.
当时，由于，则，不合乎题意，C选项错误；
对于D选项，当，时，则，此时、、为正数.
①当、、都不相等时，记，当时，，不合乎题意；
②若，则，当时，，不合乎题意；
③当时，，当时，， 不合乎题意.
所以，D选项错误.
故选：B.
例59．（2023·山西运城·高三期中（理））已知在函数，，若对，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由题意，
令，
则，恒成立，即恒成立，即
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减.
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减；
故选：B
例60．（2023·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当时，不等式，，恒成立，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
解：设，
则，
当时，因为，
所以，所以在递增；
时，，与矛盾，所以不符题意；
当时，令，可得，
当，，递增；
当，时，，递减．
所以的最大值为，
所以由题意可得，即，
因为，所以，
设（a），
则（a），
当时，（a），（a）递增，
当，时，（a），（a）递减，
所以（a）的最大值为，
所以的最大值为．
故选：C．
核心考点二十一：切线斜率与割线斜率
【典型例题】
例61．（2023·广东·佛山一中高三月考）已知函数 ，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，在单调递减， 设.设则在上单调递减，则对恒成立，则对恒成立， 则，解之得或.又，所以.
例62．（2023·山西大同·高一期中）已知函数是定义在R上的函数，且是奇函数，是偶函数，，记，若对于任意的，都有，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设有：，即，解得，
∴，
对于任意的，都有，即函数在(1,2)上单调递减，
∴或，解得．
故选：C
例63．（2023·全国·高一课时练习）已知函数，若对任意的，，且，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，可知在上呈增函数，所以，解得．
故选：D.
核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
【典型例题】
例64．设二次函数在上有最大值，最大值为（a），当（a）取最小值时，
A．0 B．1 C． D．
【答案】A
【解析】解：在上有最大值（a），
且当时，的最大值为，
即且（a），
当时，即时，（a）有最小值2，
故选：．
例65．（2023春•绍兴期末）已知函数，，，设的最大值为，若的最小值为1时，则的值可以是
A． B．0 C． D．1
【答案】A
【解析】解：因为，而函数，，，
因为，，，
且，，，
则，，，，
由题意可得：存在，对于任意的，使得的最小值为1，
由于在数轴上的点，和点之间的距离恰好为2，
因此要使的最小值为1，则必有，且，
解得，．
故选：．
例66．（2023•济南模拟）已知函数，若对任意的实数，，总存在，，使得成立，则实数的取值范围是
A． B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】解：存在，，使得成立，，
对任意的实数，，，；
可看作横坐标相同时，
函数与函数图象上点的纵向距离，
则问题等价于求函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值；
如图，
记，，连接，则图中直线的斜率为，
直线的方程为，
设直线与直线平行，且与函数相切于点，，
又，令，解得，
切点，则切线的方程为，
当直线与直线，平行且与两直线距离相等时，
即恰好处于两直线正中间的位置时，
函数与函数图象上点的纵向距离能取得最大值中的最小值，
此时，此时，，
．
故选：．
法二：记函数的最大值为，
由题意可知，对任意，恒成立，
所以，依题意，，，，，
分别令，0，2，
可得，，，，（2），
所以，，，，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以．
故选：．
核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
【典型例题】
例67．（2023春•湖州期末）若存在正实数，使得不等式成立，则
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
．
记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以．
由题意，
又因为，所以，
故．
另解：正实数，，，
令，
当 时，；当 时，，
所以 在上单调递减， 上单调递增，
所以（1），于是，
于是，当且仅当 时不等式取等号，
又，当且仅当 时不等式取等号，
，
所以 且，解得，所以．
故选：．
例68．（2023•上饶二模）已知实数，满足，则的值为
A．2 B．1 C．0 D．
【答案】A
【解析】不等式，
化为，
即，
所以；
设，，；
则，
所以时，，单调递增，
时，单调递减，
所以的最大值为（1）；
又，所以时，，单调递减，
时，单调递增，
所以的最小值为；
此时满足，即；
令，解得，所以．
故选：．
例69．（2023•崇明区期末）若不等式对，恒成立，则的值等于
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【解析】解：当或时，，
当时，，
当或时，，当时，，
设，则在上单调递减，在上单调递增，
且的图象关于直线对称，
，
，即，又，故．
．
故选：．
核心考点二十四：函数的伸缩变换问题
【典型例题】
例70．（2023·天津一中高三月考）定义域为的函数满足，当时，，若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为当时，不等式恒成立，所以，
当时，
当时，，当时， ，因此当时，，选B.
例71．（2023·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
因为时，，
所以,
因为函数满足，
所以，
所以，，
又因为，恒成立，
故，
解不等式可得或.
例72．（2023届山西省榆林市高三二模理科数学试卷）定义域为的函数满足，当时，，若当时，函数恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，，又，因此当时，函数，从而，选C.
【新题速递】
一、单选题
1．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数，若函数，存在5个零点，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．
【答案】A
【解析】如图，先画出函数的图象.
已知有5个零点，即方程有五个实数根.
令，方程有两个实数根，
由的图象可知，
当时，有两个实数根，有三个实数根，可满足有五个零点.
将代入中，得，解得或.
又因为，所以当时，，不满足题意；
当时，，满足题意，
故选：A.
2．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数， 若函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】当时，，
当时，，
，
，且定义域为，关于原点对称，故为奇函数，
所以我们求出时零点个数即可，
，，令，解得，
故在上单调递增，在单调递减，
且，而，故在有1零点，
，故在上有1零点，图像大致如图所示：
故在上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在上也有2个零点，且，故共5个零点，
故选：D.
3．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．5
【答案】B
【解析】函数，则函数在和上分别单调递减，
且，则，，
若，不妨设，且，则，同样，则
由，得，于是得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故选：B.
4．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）已知实数，，，则下列说法中，正确的是（ ）．
A． B．存在a，b，使得
C． D．存在a，b，使得直线与圆相切
【答案】C
【解析】，故A错误；
，故B错误；
，故选项C正确；
圆心到直线的距离
由，故，故D错误.
故选：C.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，因为，所以，即.
直线的方程为，即.
因为，，所以.
则点到直线的距离为.
因为，，所以.
所以.
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，符合题意；
当时，，
可得当时，，不符合题意.
故不可能为.
故选:D.
6．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知P为直线上一动点，过点P作抛物线的两条切线，切点记为A，B，则原点到直线距离的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【解析】设，切点为，
由，得，则，
所以在点处的切线方程为，即，
因为，所以
在点处的切线方程为，即，
因为，所以
因为两切线都过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
所以原点到直线距离为
，当且仅当时取等号，
所以原点到直线距离的最大值为，
故选：B
7．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．16 B．12 C．8 D．4
【答案】D
【解析】设直线与曲线的切点为，
因为，所以，
切线方程为，
所以，，
所以，又，，
所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值是4.
故选：D.
8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）若关于x的不等式对于任意恒成立，则整数k的最大值为（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
【答案】C
【解析】对于任意恒成立
等价于对于任意恒成立
令，则
令，则
所以在上单调递增，又
所以在有且仅有一个根，满足，即
当时，，即，函数单调递减，
时，，即，函数单调递增，
所以
由对勾函数可知，即
因为，即，，
所以.
故选：C
二、多选题
9．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C．若有两个零点，则
D．若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于A，当时，，令，则，，
，当时，恒成立，在上单调递增；
在上单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；
对于B，当时，，又为正实数，，
，当时，恒成立，在上单调递增，
则由得：，即，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，则正实数的最小值为，B正确；
对于C，，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，则；
不妨设，则必有，
若，则，等价于，
又，则等价于；
令，则，
，，，，即，
在上单调递增，，即，
，可知不成立，C错误；
对于D，由，得：，即，
由C知：在上单调递减，在上单调递增；
，，则，，
，即，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
即的最大值为，D正确.
故选：ABD.
10．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数有三个不同的极值点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．为函数的极大值点 D．
【答案】ACD
【解析】由函数有三个不同的极值点，，，
只需有三个零点，即方程有三个根，
设函数，则，
令，即，；令，即或，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值为，且当时，，
如图，当，即时，函数与有三个交点，即函数有三个不同的极值点，故A正确；
对于B，观察图象可知，故B不正确；
对于C，由图象可知，当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以为函数的极大值点，故C正确；
对于D，由，即，
令，，
则，故函数在上单调递减，
故，故D正确.
故选：ACD.
11．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】ACD
【解析】由已知可得的定义域为.
对于A、当时，，
则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于B、当时，，则.
当或时，;当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值.
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有两个交点，
故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.
对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，
又因为 ，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
对于D、当时，，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又因为，且的图象连续不断，
故的图象与轴有且只有一个交点，
故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.
故选:ACD.
12．（2023春·山东潍坊·高三统考期中）定义在上的函数的导函数为，对于任意实数，都有，且满足，则（ ）
A．函数为偶函数
B．
C．不等式的解集为
D．若方程有两个根，则
【答案】ABD
【解析】，函数定义域为，
由，有，
即，函数为偶函数，故选项A正确；
由，得，
即，∴，
有，得，
∴，
得，，故选项B正确；
，
当时，函数单调递增，且，有，即，不合题意，故C选项错误；
方程，即，
方程有两个根，等价于函数与函数的图像有两个交点，其中函数单调递减，函数的图像是开口向下的抛物线，对称轴方程为，时函数单调递减，
若方程有两个根，则有，
此时，即，
若且，则有，
∴，∴，得，故选项D正确.
故选：ABD
13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）若函数的图象上存在两个不同的点P，Q，使得在这两点处的切线重合，则称函数为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】A，，
，时，，取得最大值，
直线是函数图象的切线，且过点，函数是“切线重合函数”；
B，，，时，，，，此时是函数的最大值，
直线是函数图象的切线，且过点，函数是“切线重合函数”；
C，，，
时，，，
过点的切线方程是，即，因此该切线过图象上的两个以上的点，函数是“切线重合函数”；
D，，，令，
则，所以即是R增函数，因此函数图象上不存在两点，它们的切线斜率相等，也就不存在切线过图象上的两点，因此函数不是“切线重合函数”．
故选：ABC．
14．（2023春·江苏南京·高三统考阶段练习）已知双曲线C：，曲线E：，记两条曲线过点的切线分别为，，且斜率均为正数，则（ ）
A．若，，则C与E有一个交点
B．若，，则C与E有一个交点
C．若，则与E夹角的正切值为
D．若，则与夹角的余弦值为
【答案】AC
【解析】对于A，若，，则，
因为双曲线C：的渐近线为，
所以曲线E：与双曲线C的渐近线为平行，
所以C与E有一个交点，故A正确；
对于B，若，，则曲线E：，与双曲线C：联立，
则，即，令，
则，则由有，由有，
所以，所以无解，故B错误；
对于C，若，曲线E：，对于双曲线C：，易知过点的切线的斜率显然存在，
设切线方程为 ，与联立有：，
由，解得，
因为斜率均为正数，所以为：，
则与E夹角的正切值为，故C正确；
对于D，若，曲线E：，则，则，
则为： ，其方向向量 ，又为：，其方向向量 ，
所以 ，故D错误.
故答案为：AC.
三、填空题
15．（2023·河南郑州·高三阶段练习）正实数，满足，，则的值为____________．
【答案】1
【解析】解法一：由，得，又因为，
所以，是方程的两个解，
设函数，，
所以函数在上单调递减，
又，，
则函数在上只有一个零点，即方程只有一个解，
所以，∴．
解法二：因为，所以，，即，
设函数，当时，，所以函数在上单调递增，
∵，，∴，
∴，，∴．
故答案为：1．
16．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数，，设，且函数的零点均在区间，，内，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】，则，
当时，，所以，
即在上单调递增，又，，
所以在上有唯一的零点，
，，，，
所以在上单调递减，
又，
，
所以在有唯一的零点．
则的零点在区间内，的零点在区间内，
所以零点均在区间中的最大值为，的最小值为，
所以的最小值为．
故答案为:11.
17．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）方程有唯一的实数解，实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】令函数，依题意，函数有唯一零点，求导得，
当时，，无零点，
当时，，函数在上单调递增，，当且时，
，则在上存在唯一零点，因此，
当时，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，
，当且仅当，即时，在上存在唯一零点，因此，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
18．（2023春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数，若，且的最大值为4，则实数的值为_______．
【答案】
【解析】令，
令解得，因此在单调递减，单调递增
，的另一个根在，因为，若的最大值为4，则和不能同时大于零；
令，在单调递增
设，，的最大值为4，即时，上的一点切线和平行，此时这一切点的横坐标为，而，因此，由此可得，解得，故
，即
，解得或，因为，所以
故答案为：
19．（2023·全国·高三专题练习）若存在，，满足，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是___________．
【答案】,
【解析】因为，
所以，
当时，上式变为，与矛盾，
当时，上式为，
令，则，，
，
令，，
，
所以在上单调递增，又，
所以在上，，，单调递减，
在上，，，单调递增，
所以，趋向于0或时，均趋向于，
所以，即，
所以或，故的取值范围为,．
故答案为：,．
20．（2023·四川资阳·统考模拟预测）若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】令，依题意对恒成立，
，
若，则对恒成立，符合题意；
若，则当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，所以，解得.
若 ，则当时，，为减函数；
当时，，为增函数，故.
所以，所以，所以，所以.
综上所述：的取值范围为.
故答案为：
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