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【冲刺名校之新高考题型模拟训练】专题24 导数的综合问题 多选题（新高考通用）
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【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题24 导数的综合问题多选题（新高考通用）
1．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数及其导函数的定义城均为，记，若关于直线对称，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件和导数的运算性质，以及函数的对称行与周期逐项进行检验即可求解.
【详解】因为关于直线对称，所以，
则，令，得，故选项A正确；
由可得到，所以，
则，则函数的图象关于点对称，令，
则，故选项B错误；
又因为为奇函数，所以，即，
所以函数的图象关于点对称，所以，故选项D正确；
由得，又，所以，所以函数的周期为，
所以，故选项D正确；
故选：ACD.
2．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．方程有唯一实根
【答案】AC
【分析】根据导数的运算法则，复合函数求导，基本初等函数的导数判断ABC，由数形结合判断D.
【详解】，故，故A正确；
因为，所以，故B错误；
因为，故C正确；
，即，作出与图象，如图
由图象可知，与图象有两个不同的交点，故方程有两个实根，故D错误.
故选：AC
3．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）设定义在上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由得，结合得，即可令求得.
对A，由可判断其对称性；
对C，由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简；
对BD，由，结合C即可判断.
【详解】对A，∵，则，则，
又，所以，令，可得，即.
所以，所以函数的图象关于对称，A错；
对C，∵为奇函数，则图像关于对称，且，
∴，，，，∴.
又，∴，∴的周期，
∴，C对；
对B，，则是周期的函数，，B对；
对D，，D错.
故选：BC.
4．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】ABD
【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.
【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，
故，
等式两边同时取导数，得，即①，
因为的图象关于y轴对称，则，故
，
等式两边同时取导数，得②.
由，令，得，解得，
由，令，得，
由②，令，得，
令，得，解得，
故选：ABD.
5．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数只有两个极值点
B．方程有且只有两个实根，则的取值范围为
C．方程共有4个根
D．若，，则的最大值为2
【答案】ACD
【分析】对函数求导，利用导数研究函数的极值判断；分析函数的性质，借助图象判断；结合图象和函数的零点判断；由结合取最大值的x值区间判断D作答.
【详解】对于，对求导得：，当或时，，当时，，即函数在，上单调递减，在上单调递增，因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，故选项正确；
对于，由选项知，作出曲线及直线，如图，要使方程有且只有两个实根，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，
所以方程有且只有两个实根，则的取值范围为，故选项错误；
对于，由得：，解得，
令，则，结合图象方程有两解，，，所以或，
因为，所以，所以方程有两解；
又因为，结合图象可知：也有两解，
综上：方程共有4个根，故选项正确；
对于，因为，而函数在上单调递减，
因此当时，，当且仅当，
所以t的最大值为2，故选项正确.
故选：CD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察
与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
6．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知函数，且存在唯一的整数，使得，则实数a的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】将不等式转化为，分别作出与的图象，转动直线使得满足的整数解是唯一的，观察直线的斜率满足的条件即可.
【详解】令，得.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
如图，分别作出函数与的图象，
其中直线恒过定点.
由图可知，，，
存在唯一的整数，使得，则需，
故实数a的取值范围是，
其中，，
而，，
故选：AC.
【点睛】参数分离法解不等式恒成立问题:
(1) 参数完全分离法:将参数完全分离到不等式的一端，只需求另一端函数的最值即可，这种方法的好处是分离后函数不含参数，易求最值.
(2) 参数半分离法:将原不等式分成两个函数，其中一个函数为含参的简单函数，如一次函数，可以通过图象的变化寻求满足的条件.
7．（2023·浙江·校联考三模）已知函数，则（ ）
A．有一个零点B．在上单调递减
C．有两个极值点D．若，则
【答案】BD
【分析】，，求出时，，并证明此解为的唯一解，则可判断A,B,C，对D选项，通过构造函数，利用导数证明其大于0,即可证明D选项正确.
【详解】对A, B,C选项，
令，因为，
，，
所以在上单调递减，
所以，即
所以当时，，且为唯一解，
所以单调递减；单调递增，
所以，即在上无零点，
同时表明在上有唯一极值点，故A,C错误，B正确；
对D，若，设，则，
要证，即证，
因为在上单调递增，所以即证，
因为，所以即证，
令，
，其中在上单调递增，
所以，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以成立，即成立，故D正确.
故选：BD．
8．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数，，其中且．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，有且只有一个零点
B．当时，有两个零点
C．当时，曲线与曲线有且只有两条公切线
D．若为单调函数，则
【答案】BCD
【分析】A.通过举特例说明该选项错误；B. 考虑，求出函数的单调性，分析图象得到有两个零点；C．求出两曲线的切线方程，再建立方程组，转化为零点个数问题分析得解；D. 分单调递增和单调递减讨论，从而求出得解.
【详解】对A，令，
令或都成立，有两个零点，故A错误；
对B， 令
，（）.考虑
所以函数在单调递减，在单调递增，
.
考虑
所以函数在单调递增，在单调递减，当时，,所以当时，有两个零点.
此时，故B正确；
对C，设，.
设切点
所以.
①
②
,
,
设，
所以，
所以函数在单调递减，因为，
所以
所以有两解，所以当时，曲线与曲线有且只有两条公切线，所以该选项正确；
对D，若单调递增，则.
.考虑不满足.
若单调递减，则.
所以考虑不满足.
当时，不满足.
当时，
，∴.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题主要有四个关键，其一，是逻辑思维，证明命题是错误的，只要举出反例即可；其二，要熟练掌握利用导数讨论函数的零点个数；其三，是理解掌握曲线公切线的研究方法；其四，要会根据函数的单调性求参数的范围.
9．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在R上单调递增，则
B．若，设的解集为，则
C．若若两个极值点，，且，则
D．若，则过仅能做曲线的一条切线
【答案】ACD
【分析】对函数求导，利用导数研究函数的最值判断；化简不等式，利用符号法解不等式，从而求解区间长度范围判断；结合图象和函数的零点判断；利用导数的几何意义建立方程，判断方程根的个数即可判断D.
【详解】对于A，对求导得：，因为函数在R上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，
因为，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，所以，即，故选项正确；
对于B，由得，等价于，即，
当时，，，又，故
所以，当时，，无解，
故的解集为，此时，当
时，，，故B不正确；
对于C，因为函数有两个极值点，，所以有两个零点点，，
即方程有两个解为，，记，
因为，当时，，
当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
令，则，解得，
此时，即，
方程有两个解为，等价于与交于两点，
所以，
所以，
C选项正确；
对于D，时，，，设图象上一点，
则，故过点的切线方程为，
将代入上式得，
整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，所以函数单调递增，
又，即方程在区间有一解，
所以存在唯一一条过的切线，D选项正确.
故选：ACD
10．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考阶段练习）已知函数分别与直线交于点，则下列说法正确的（ ）
A．的最小值为
B．，使得曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行
C．函数的最小值小于2
D．若，则
【答案】ABD
【分析】对于A项，设，，把用表示，则看成关于的函数，求导判断单调性求最值即可.对于B项, 根据整理成关于的方程，分析方程有没有解即可.对于C项，给函数求导判断单调性，极值点用隐零点解决，求最小值.对于D项，分和两种情况判断判断不等式是否成立.
【详解】对于A项，设，，
则，，
又因为，，
所以，
设，
所以，
又因为在单调递增，且，
当，当
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，
所以的最小值为，故A正确.
对于B项，函数在点处切线的斜率为，
又因为，所以函数在点处切线的斜率为，
函数在点处切线的斜率为，
又因为，所以函数在点处切线的斜率为，
要使曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，
即，所以有解，即方程有根.
即函数有零点，
又因为当，，故B正确.
对于C项，，
因为在上单调递增，
当时，，
当时， ，
则存在，使得，即，
当时，；时，，
所以，（由于，故等号取不到），
又因为，函数的最小值大于2，故C错误；
对于D项，不等式化简后变为：，
当时，，，
当时，，，
所以，则，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知且，，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．若关于b的方程有且仅有一个解，则
C．若关于b的方程有两个解，，则
D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，构造，然后得到其单调性即可判断；对于B，转化为与的交点问题；对于C，结合前面结论得到，代入计算即可判断；对于D，转化为即，即可判断.
【详解】
因为，化简可得
令，则，
令，则，
故时，，函数在上递增；
时，，函数在上递减；
所以
即，所以函数单调递减，
所以，
且令，则，令，得，则递增；
令，得，则递减；
所以，即，所以成立，故A正确；
由转化为与的交点问题，
则，
如图所示，
当时，，则递减，当时，，
当时，，则递增，
当时，，则递减，
即当时，函数有极小值，
所以只有一个解时或，故B错误；
由，由图易知，不妨设，则，则有
所以，所以，代入可得，
取对数可得，即
所以是否成立，
即，
令，
取时，不成立，故C错误；
因为，
即
所以
令，只需证明成立即可，
，所以成立
故D正确；
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
12．（2023·安徽·统考一模）已知函数和及其导函数和的定义域均为，若，，且为偶函数，则（ ）
A．B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于直线对称D．
【答案】ABC
【分析】根据为偶函数，可得，两边求导即可判断A；由关于直线对称得，结合，即可判断B；根据两边同时求导得，从而可判断C；先求出函数和的周期，再结合函数的对称性即可判断D.
【详解】对于A，由为偶函数得，
则关于直线对称，即，
两边同时求导得，
令得，故A正确；
对于B，由关于直线对称得，
由得，
所以，即关于直线对称，故B正确；
对于C，对两边同时求导得，
由得，则，
所以关于直线对称，故C正确；
对于D，由得，
结合选项可知，，即，
所以，
所以4是函数的一个周期，
由得，4也是函数的一个周期，
由得，所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称轴是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路.
13．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．定义域为B．
C．是偶函数D．在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.
【详解】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域为，
，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
【点睛】难点点睛：利用导数解决在区间上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.
14．（2023秋·辽宁营口·高三统考期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用导数分析函数的单调性，分析可知，由可得出，即，可得出，，利用二次函数的基本性质可判断A选项；求出的值，可判断B选项；可知，其中，分析函数的单调性可判断C选项；构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合放缩法可判断D选项.
【详解】因为函数的定义域为，函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，且，
即，，即，
因为，，由零点存在定理可知，，
且，所以，.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，令，其中，
，则函数在上单调递增，
所以，，C对；
对于D选项，令，其中，
则，
当时，，，则，
则在上单调递增，因为，
，
又因为，所以，D对.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点相关的不等式相关的问题，解本题的关键在于分析得出，通过指对同构得出，即，再结合函数的单调性来进行判断.
15．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）若，若恒成立，则的值不可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意可得：故原题意即为恒成立，构建，结合的单调性可得：恒成立，构建，则，求导，利用导数求最值，运算求解即可.
【详解】∵，等价于，等价于，
故原题意即为恒成立，
构建，则在定义域内单调递增，
由，可得，即，
故恒成立，
构建，则，
令，解得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，
若恒成立，则.
故A、B、D错误，C正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
商型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
和型：，
①，构建；
②，构建.
16．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）若函数有两个极值点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A、B，有两个极值点，则在上有2个不同的根，分离参数画图可得a的范围及、的范围.
对于选项C，将代入可得关于的二次函数，求其范围即可.
对于选项D，运用比值代换法构造函数求导研究其范围.
【详解】由题意知，在上有2个不同的根，
又∵，
∴，即： ，
∴在上有2个不同的交点，
令，
∴，
，，
∴在上单增，在上单减，
又∵，，当时，，当时，，
∴的图象如图所示，
∴当时，与在上有2个不同的交点，.
故选项A项正确，选项B项错误；
对于C项，由题意知，，
∴，
又∵，∴，
令，则，则在上单调递增，
∴，即：.故选项C项正确；
对于D项，设，
∴，解得：
∴，
∴，，
令，
则，
令，则，，
∵，
∴
∴在上单调递增，
∴，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
∴在上单调递增，
∴
∴，即：，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
17．（2023秋·河北邢台·高三统考期末）已知，函数，下列结论正确的是（ ）
A．一定存在最小值
B．可能不存在最小值
C．若恒成立，则
D．若恒成立，则
【答案】AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，判断最值的存在性，通过构造函数，利用单调性处理恒成立问题.
【详解】，则为增函数.
因为，所以存在唯一的零点.
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以， A选项正确，B选项错误；
由，可得，则.
恒成立，即恒成立，
令函数，则，
易知在上单调递增，则，
故，即，C选项正确，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
18．（2023·山东威海·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于ABD，利用已知条件与复合函数的求导法则，结合与的奇偶性，逐一分析判断即可；对于C，举反例排除即可.
【详解】对于A，因为为偶函数，所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，左右两侧分别取导数可得，，
所以，故B正确；
对于D，因为，又为奇函数，则，
所以，即，则，故D正确；
对于C，令，则为偶函数，为奇函数，满足题干，
当时，，，
所以，即存在，使得不成立，故C错误.
故选：ABD.
19．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数有两个极值点，，则（ ）
A．B．C．D．，
【答案】ACD
【分析】求出，根据已知得有两个变号零点，令，求出，分类讨论根据其正负得出单调性，令其满足有两个变号零点，当时，不满足题意，当时，则，即可解出的范围，判断A；
根据已知可得有两个变号零点，，而函数在上单调递增，在上单调递减，则，即可判断B；
，则，根据不等式的性质即可得出范围，判断C；
根据得出函数单调性，结合，且，列不等式，即可判断D.
【详解】对于A：，定义域，
，
函数有两个极值点，，
则有两个变号零点，
设，
则，
当时，，则函数单调递增，则函数最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
若有两个变号零点，则，解得：，
此时由正趋向于时，趋向于，趋向于时，趋向于，
则有两个变号零点，满足题意，
故的范围为：，故A正确；
对于B：函数有两个极值点，，
即有两个变号零点，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
则，即，，
则，故C正确；
对于D：有两个变号零点，，且函数先增后减，
则函数在与上单调递减，在上单调递增，
，且，
，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；
再利用导数研究函数单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进行求解，求解过程要注意原函数和对于的导函数的关系，不能混淆.
20．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及进行求解.
【详解】设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，即.
因为，所以.
设，，所以当时，为减函数；
因为，，所以.
由可得，所以，故B正确.
设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即.
.
设，易知为增函数，由可得，故C正确.
因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.
令，则，得，易知在为增函数，所以，
所以不成立，故D不正确.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：
（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；
（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；
（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；
（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，等.
21．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，且与均为偶函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，即可得出，根据已知结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项B：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，根据函数图像变化结合已知得出图像关于点对称，函数关于两点对称，根据中心对称的性质即可得出，即可得出，根据得出，即可得出答案来判断；
对于选项C：根据图像关于点对称，得出，即可结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项D：根据图像关于点对称，结合中心对称的性质得出，即可得出来判断.
【详解】对于选项A：为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
，
，
，
令，得，解得，故A正确；
对于选项B：
为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点与点对称，
自变量每增加1，函数值增加4，即，
，令，得，
，
则，故B正确；
对于选项C：图像关于点对称，
，
，
令，得，故C错误；
对于选项D：图像关于点对称，
则两自变量相加等于1时，函数值之和为，即，
，
，故D正确；
故选：ABD.
22．（2023·湖南·模拟预测）函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（ ）
A．函数的极大值为1
B．函数的图象在点处的切线方程为
C．当时，方程恰有2个不等实根
D．当时，方程恰有3个不等实根
【答案】BD
【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.
【详解】对于A：，
在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，
所以的极大值为，A错误；
对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；
对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，
在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，
因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，
作出函数的部分图象，如图，
观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；
当时，有3个实数根，C错误，D正确.
故选：BD
【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
23．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数，是的导数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数有唯一极小值
C．函数在上有且只有一个零点，且
D．对于任意的，，恒成立
【答案】ABD
【分析】对函数求导，利用二次导函数的正负判断导函数函数的单调性，进而判断选项；构造函数，利用导数求解函数的单调性并证明不等式，进而判断选项.
【详解】，
，则，
设，
，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；
又，所以，则存在，使得．在时，；时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
故有唯一极小值，故选项正确；
令，，
则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且，则有．
又，
因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．
又，
从而存在唯一，使得．
显然当时，，当时，．
又，令，
，
因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；
，，
，
设，，
则
由选项知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，，总满足，故选项正确．
故选：.
【点睛】方法点睛：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，根据相似结论构造辅助函数.
24．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）
A．B．
C．的最大值为0D．当时，
【答案】AB
【分析】先利用导数几何意义求出切线方程，利用切线斜率和截距相等建立方程，然后利用指对互化判断A、B，由数量积坐标运算化简，判断函数值符号即可判断C，构造函数，利用导数法研究函数的单调性，判断D
【详解】因为，所以，又，所以，
切线：，即，
因为，所以，又，所以，
切线：，即，
由题意切线重合，所以，所以，即，A正确；
当时，两切线不重合，不合题意，
所以，，，
所以，，B正确；
，
当时，，，则，当时，，，
则，，所以，C错误；
设，则，
所以函数在上单调递增，所以，所以，
所以，∴，
记，则，
所以函数在上单调递增，则，所以，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题需要表示出两条切线方程，然后比较系数，再进行代换，在代换过程中要尽量去消去指数或对数，朝目标化简.
25．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）已知函数，数列按照如下方式取定：，曲线在点处的切线与经过点与点的直线平行，则（ ）
A．B．恒成立C．D．数列为单调数列
【答案】ABD
【分析】根据导数的几何意义，利用放缩法和构造函数利用导数证明单调性即可得解.
【详解】因为，
所以，
，
，，
曲线在点处的切线与与连线平行，
所以斜率相等，
所以，
所以，
所以
所以，
而，
所以，
记，
所以，
所以单调递减，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，故选项A正确；
设，则，
设，
，
所以，
，
所以若，则，
则，
因为，
所以恒成立，故选项B正确；
要证，
令，
即证明，
令，
所以t>0时，
，
(t>0)
所以，
所以选项C错误；
，
若数列为单调，则必为单调递减，
则，
即，
即，
即(),
即，
即，
令，
则，
所以，
所以单调递增，
所以，
所以，
所以得证；
所以选项D正确;
故选：ABD.
【点睛】通过构造单变量函数，求导后证明不等式，从而可以帮助解题.
26．（2023春·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考开学考试）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项，看出与互为反函数，确定也关于对称，求出，两点关于对称，，，，A选项，利用基本不等式进行证明；B选项，得到，，，构造，，求导得到其单调性，从而求出；C选项，由基本不等式得到，构造，求导得到其单调性，得到，得到；D选项，先根据得到，再用作差法比较大小.
【详解】与互为反函数，即两函数关于对称，
而与垂直，故也关于对称，
联立，解得：，
故，两点关于对称，
即，且，
不妨设，，
画出图象如下：
A选项，，当且仅当，即时等号成立，
又，故等号取不到，A正确；
因为，所以，所以，
因此，故，
又为与的交点，故，
所以，令，，
其中在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，B正确；
因为，，
所以，因此有，
设，，
因为，所以，因此在上单调递增，
当时，有，即，
因此，C错误；
因为，所以，
所以，
即，D正确.
故选：ABD
【点睛】互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；
⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.
27．（2023秋·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
【分析】由已知可知方程有三个根，然后利用导数讨论的单调性，结合图象可判断A、B选项；结合图象分析在处的正负，即可得出函数在附近的单调性，即可判断C选项；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断D选项.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：将函数极值问题转化方程的根的问题，再转化为函数与函数交点问题，结合图象求解即可.
28．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）若当实数a变化时，直线恒与定曲线相切，且，则（ ）
A．有一个极大值点B．
C．D．
【答案】AD
【分析】求出的解析式再利用导数可求探究其性质，再判断后可得正确的选项.
【详解】因为直线恒与定曲线相切，
则曲线为坐标平面上挖去诸切线上的点后余下的所有点形成的边界（边界为虚边界），而余下的不在切线上，故无解，
设，则，
若，则，当时，无解，此时边界点为
若，则，故在上为增函数，
而当时，，时，，
故无论取何值，从而总有解.
若，则时，，，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
若，则无解，故即，
边界对应的函数为，.
若，因此时，，故此时总有解.
综上，，故C错误.
当时，，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在为减函数，
故有唯一的极大值点，且极大值为，故A正确.
又的图象如图所示：
当时，由可得或，即或，
有两个不同的解，故B错误.
若，则由图象可得，不妨设，
当时，，此时成立；
当时，令，其中，
则，
因为，故，故，
所以在上为减函数，故，
所以，故，
故，而，
由的单调性可得即，
综上，D成立，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于曲线的切线族问题，往往与曲线的包络线有关，注意从曲线的切线族结合方程无解可求曲线的方程，再结合导数的方法可研究函数的性质.
29．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
【答案】ABD
【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
30．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
高中特级教师用3句话来告诉你模拟考试有多么的重要！
1、锻炼学生的心态。高考前的模拟考试能够帮助学校们适应考场，经过模拟考试试炼后，到高考时不会过于紧张，也能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，时间过了多久就要完成哪部分题，学会取舍等，这些都是在模拟考试中得出来的，不至于高考时答不完题。
3、熟悉题型和考场。模拟考试的形式是很接近高考的，能够让同学们提前感受到考场的气氛和考场的布局等，心理上感觉更加舒服。·西安工业经济老师考前叮咛：
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题24 导数的综合问题多选题（新高考通用）
1．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数及其导函数的定义城均为，记，若关于直线对称，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件和导数的运算性质，以及函数的对称行与周期逐项进行检验即可求解.
【详解】因为关于直线对称，所以，
则，令，得，故选项A正确；
由可得到，所以，
则，则函数的图象关于点对称，令，
则，故选项B错误；
又因为为奇函数，所以，即，
所以函数的图象关于点对称，所以，故选项D正确；
由得，又，所以，所以函数的周期为，
所以，故选项D正确；
故选：ACD.
2．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．方程有唯一实根
【答案】AC
【分析】根据导数的运算法则，复合函数求导，基本初等函数的导数判断ABC，由数形结合判断D.
【详解】，故，故A正确；
因为，所以，故B错误；
因为，故C正确；
，即，作出与图象，如图
由图象可知，与图象有两个不同的交点，故方程有两个实根，故D错误.
故选：AC
3．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）设定义在上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由得，结合得，即可令求得.
对A，由可判断其对称性；
对C，由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简；
对BD，由，结合C即可判断.
【详解】对A，∵，则，则，
又，所以，令，可得，即.
所以，所以函数的图象关于对称，A错；
对C，∵为奇函数，则图像关于对称，且，
∴，，，，∴.
又，∴，∴的周期，
∴，C对；
对B，，则是周期的函数，，B对；
对D，，D错.
故选：BC.
4．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】ABD
【分析】根据为奇函数可得，根据的图象关于y轴对称可得，两个等式两边同时取导数，可得、，对x赋值，结合选项即可求解.
【详解】因为为奇函数，定义域为R，所以，
故，
等式两边同时取导数，得，即①，
因为的图象关于y轴对称，则，故
，
等式两边同时取导数，得②.
由，令，得，解得，
由，令，得，
由②，令，得，
令，得，解得，
故选：ABD.
5．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数只有两个极值点
B．方程有且只有两个实根，则的取值范围为
C．方程共有4个根
D．若，，则的最大值为2
【答案】ACD
【分析】对函数求导，利用导数研究函数的极值判断；分析函数的性质，借助图象判断；结合图象和函数的零点判断；由结合取最大值的x值区间判断D作答.
【详解】对于，对求导得：，当或时，，当时，，即函数在，上单调递减，在上单调递增，因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，故选项正确；
对于，由选项知，作出曲线及直线，如图，要使方程有且只有两个实根，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，
所以方程有且只有两个实根，则的取值范围为，故选项错误；
对于，由得：，解得，
令，则，结合图象方程有两解，，，所以或，
因为，所以，所以方程有两解；
又因为，结合图象可知：也有两解，
综上：方程共有4个根，故选项正确；
对于，因为，而函数在上单调递减，
因此当时，，当且仅当，
所以t的最大值为2，故选项正确.
故选：CD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察
与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
6．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知函数，且存在唯一的整数，使得，则实数a的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】将不等式转化为，分别作出与的图象，转动直线使得满足的整数解是唯一的，观察直线的斜率满足的条件即可.
【详解】令，得.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
如图，分别作出函数与的图象，
其中直线恒过定点.
由图可知，，，
存在唯一的整数，使得，则需，
故实数a的取值范围是，
其中，，
而，，
故选：AC.
【点睛】参数分离法解不等式恒成立问题:
(1) 参数完全分离法:将参数完全分离到不等式的一端，只需求另一端函数的最值即可，这种方法的好处是分离后函数不含参数，易求最值.
(2) 参数半分离法:将原不等式分成两个函数，其中一个函数为含参的简单函数，如一次函数，可以通过图象的变化寻求满足的条件.
7．（2023·浙江·校联考三模）已知函数，则（ ）
A．有一个零点B．在上单调递减
C．有两个极值点D．若，则
【答案】BD
【分析】，，求出时，，并证明此解为的唯一解，则可判断A,B,C，对D选项，通过构造函数，利用导数证明其大于0,即可证明D选项正确.
【详解】对A, B,C选项，
令，因为，
，，
所以在上单调递减，
所以，即
所以当时，，且为唯一解，
所以单调递减；单调递增，
所以，即在上无零点，
同时表明在上有唯一极值点，故A,C错误，B正确；
对D，若，设，则，
要证，即证，
因为在上单调递增，所以即证，
因为，所以即证，
令，
，其中在上单调递增，
所以，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以成立，即成立，故D正确.
故选：BD．
8．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数，，其中且．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，有且只有一个零点
B．当时，有两个零点
C．当时，曲线与曲线有且只有两条公切线
D．若为单调函数，则
【答案】BCD
【分析】A.通过举特例说明该选项错误；B. 考虑，求出函数的单调性，分析图象得到有两个零点；C．求出两曲线的切线方程，再建立方程组，转化为零点个数问题分析得解；D. 分单调递增和单调递减讨论，从而求出得解.
【详解】对A，令，
令或都成立，有两个零点，故A错误；
对B， 令
，（）.考虑
所以函数在单调递减，在单调递增，
.
考虑
所以函数在单调递增，在单调递减，当时，,所以当时，有两个零点.
此时，故B正确；
对C，设，.
设切点
所以.
①
②
,
,
设，
所以，
所以函数在单调递减，因为，
所以
所以有两解，所以当时，曲线与曲线有且只有两条公切线，所以该选项正确；
对D，若单调递增，则.
.考虑不满足.
若单调递减，则.
所以考虑不满足.
当时，不满足.
当时，
，∴.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题主要有四个关键，其一，是逻辑思维，证明命题是错误的，只要举出反例即可；其二，要熟练掌握利用导数讨论函数的零点个数；其三，是理解掌握曲线公切线的研究方法；其四，要会根据函数的单调性求参数的范围.
9．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若在R上单调递增，则
B．若，设的解集为，则
C．若若两个极值点，，且，则
D．若，则过仅能做曲线的一条切线
【答案】ACD
【分析】对函数求导，利用导数研究函数的最值判断；化简不等式，利用符号法解不等式，从而求解区间长度范围判断；结合图象和函数的零点判断；利用导数的几何意义建立方程，判断方程根的个数即可判断D.
【详解】对于A，对求导得：，因为函数在R上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，
记，则，
因为，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，所以，即，故选项正确；
对于B，由得，等价于，即，
当时，，，又，故
所以，当时，，无解，
故的解集为，此时，当
时，，，故B不正确；
对于C，因为函数有两个极值点，，所以有两个零点点，，
即方程有两个解为，，记，
因为，当时，，
当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，函数在处取得最大值，
令，则，解得，
此时，即，
方程有两个解为，等价于与交于两点，
所以，
所以，
C选项正确；
对于D，时，，，设图象上一点，
则，故过点的切线方程为，
将代入上式得，
整理得，
构造函数，则，
构造函数，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，所以函数单调递增，
又，即方程在区间有一解，
所以存在唯一一条过的切线，D选项正确.
故选：ACD
10．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考阶段练习）已知函数分别与直线交于点，则下列说法正确的（ ）
A．的最小值为
B．，使得曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行
C．函数的最小值小于2
D．若，则
【答案】ABD
【分析】对于A项，设，，把用表示，则看成关于的函数，求导判断单调性求最值即可.对于B项, 根据整理成关于的方程，分析方程有没有解即可.对于C项，给函数求导判断单调性，极值点用隐零点解决，求最小值.对于D项，分和两种情况判断判断不等式是否成立.
【详解】对于A项，设，，
则，，
又因为，，
所以，
设，
所以，
又因为在单调递增，且，
当，当
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，
所以的最小值为，故A正确.
对于B项，函数在点处切线的斜率为，
又因为，所以函数在点处切线的斜率为，
函数在点处切线的斜率为，
又因为，所以函数在点处切线的斜率为，
要使曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，
即，所以有解，即方程有根.
即函数有零点，
又因为当，，故B正确.
对于C项，，
因为在上单调递增，
当时，，
当时， ，
则存在，使得，即，
当时，；时，，
所以，（由于，故等号取不到），
又因为，函数的最小值大于2，故C错误；
对于D项，不等式化简后变为：，
当时，，，
当时，，，
所以，则，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）已知且，，则下列说法中错误的是（ ）
A．
B．若关于b的方程有且仅有一个解，则
C．若关于b的方程有两个解，，则
D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，构造，然后得到其单调性即可判断；对于B，转化为与的交点问题；对于C，结合前面结论得到，代入计算即可判断；对于D，转化为即，即可判断.
【详解】
因为，化简可得
令，则，
令，则，
故时，，函数在上递增；
时，，函数在上递减；
所以
即，所以函数单调递减，
所以，
且令，则，令，得，则递增；
令，得，则递减；
所以，即，所以成立，故A正确；
由转化为与的交点问题，
则，
如图所示，
当时，，则递减，当时，，
当时，，则递增，
当时，，则递减，
即当时，函数有极小值，
所以只有一个解时或，故B错误；
由，由图易知，不妨设，则，则有
所以，所以，代入可得，
取对数可得，即
所以是否成立，
即，
令，
取时，不成立，故C错误；
因为，
即
所以
令，只需证明成立即可，
，所以成立
故D正确；
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
12．（2023·安徽·统考一模）已知函数和及其导函数和的定义域均为，若，，且为偶函数，则（ ）
A．B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于直线对称D．
【答案】ABC
【分析】根据为偶函数，可得，两边求导即可判断A；由关于直线对称得，结合，即可判断B；根据两边同时求导得，从而可判断C；先求出函数和的周期，再结合函数的对称性即可判断D.
【详解】对于A，由为偶函数得，
则关于直线对称，即，
两边同时求导得，
令得，故A正确；
对于B，由关于直线对称得，
由得，
所以，即关于直线对称，故B正确；
对于C，对两边同时求导得，
由得，则，
所以关于直线对称，故C正确；
对于D，由得，
结合选项可知，，即，
所以，
所以4是函数的一个周期，
由得，4也是函数的一个周期，
由得，所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：此题通过函数的奇偶性和对称性，结合导数的运算，寻找函数图像的对称轴是解题关键，原函数与导函数图像的联系，奇偶性的联系，都是解题的思路.
13．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．定义域为B．
C．是偶函数D．在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.
【详解】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域为，
，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
【点睛】难点点睛：利用导数解决在区间上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.
14．（2023秋·辽宁营口·高三统考期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用导数分析函数的单调性，分析可知，由可得出，即，可得出，，利用二次函数的基本性质可判断A选项；求出的值，可判断B选项；可知，其中，分析函数的单调性可判断C选项；构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，结合放缩法可判断D选项.
【详解】因为函数的定义域为，函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，且，
即，，即，
因为，，由零点存在定理可知，，
且，所以，.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，令，其中，
，则函数在上单调递增，
所以，，C对；
对于D选项，令，其中，
则，
当时，，，则，
则在上单调递增，因为，
，
又因为，所以，D对.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点相关的不等式相关的问题，解本题的关键在于分析得出，通过指对同构得出，即，再结合函数的单调性来进行判断.
15．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）若，若恒成立，则的值不可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意可得：故原题意即为恒成立，构建，结合的单调性可得：恒成立，构建，则，求导，利用导数求最值，运算求解即可.
【详解】∵，等价于，等价于，
故原题意即为恒成立，
构建，则在定义域内单调递增，
由，可得，即，
故恒成立，
构建，则，
令，解得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，
若恒成立，则.
故A、B、D错误，C正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
商型：，
①，构建；
②，构建；
③，构建.
和型：，
①，构建；
②，构建.
16．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）若函数有两个极值点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A、B，有两个极值点，则在上有2个不同的根，分离参数画图可得a的范围及、的范围.
对于选项C，将代入可得关于的二次函数，求其范围即可.
对于选项D，运用比值代换法构造函数求导研究其范围.
【详解】由题意知，在上有2个不同的根，
又∵，
∴，即： ，
∴在上有2个不同的交点，
令，
∴，
，，
∴在上单增，在上单减，
又∵，，当时，，当时，，
∴的图象如图所示，
∴当时，与在上有2个不同的交点，.
故选项A项正确，选项B项错误；
对于C项，由题意知，，
∴，
又∵，∴，
令，则，则在上单调递增，
∴，即：.故选项C项正确；
对于D项，设，
∴，解得：
∴，
∴，，
令，
则，
令，则，，
∵，
∴
∴在上单调递增，
∴，
∴在上单调递增，
∴，
∴，
∴在上单调递增，
∴
∴，即：，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
17．（2023秋·河北邢台·高三统考期末）已知，函数，下列结论正确的是（ ）
A．一定存在最小值
B．可能不存在最小值
C．若恒成立，则
D．若恒成立，则
【答案】AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，判断最值的存在性，通过构造函数，利用单调性处理恒成立问题.
【详解】，则为增函数.
因为，所以存在唯一的零点.
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以， A选项正确，B选项错误；
由，可得，则.
恒成立，即恒成立，
令函数，则，
易知在上单调递增，则，
故，即，C选项正确，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
18．（2023·山东威海·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于ABD，利用已知条件与复合函数的求导法则，结合与的奇偶性，逐一分析判断即可；对于C，举反例排除即可.
【详解】对于A，因为为偶函数，所以，
所以，故A正确；
对于B，因为，左右两侧分别取导数可得，，
所以，故B正确；
对于D，因为，又为奇函数，则，
所以，即，则，故D正确；
对于C，令，则为偶函数，为奇函数，满足题干，
当时，，，
所以，即存在，使得不成立，故C错误.
故选：ABD.
19．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数有两个极值点，，则（ ）
A．B．C．D．，
【答案】ACD
【分析】求出，根据已知得有两个变号零点，令，求出，分类讨论根据其正负得出单调性，令其满足有两个变号零点，当时，不满足题意，当时，则，即可解出的范围，判断A；
根据已知可得有两个变号零点，，而函数在上单调递增，在上单调递减，则，即可判断B；
，则，根据不等式的性质即可得出范围，判断C；
根据得出函数单调性，结合，且，列不等式，即可判断D.
【详解】对于A：，定义域，
，
函数有两个极值点，，
则有两个变号零点，
设，
则，
当时，，则函数单调递增，则函数最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；
当时，时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
若有两个变号零点，则，解得：，
此时由正趋向于时，趋向于，趋向于时，趋向于，
则有两个变号零点，满足题意，
故的范围为：，故A正确；
对于B：函数有两个极值点，，
即有两个变号零点，，
则，故B错误；
对于C：当时，，
则，即，，
则，故C正确；
对于D：有两个变号零点，，且函数先增后减，
则函数在与上单调递减，在上单调递增，
，且，
，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理；
再利用导数研究函数单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进行求解，求解过程要注意原函数和对于的导函数的关系，不能混淆.
20．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及进行求解.
【详解】设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，即.
因为，所以.
设，，所以当时，为减函数；
因为，，所以.
由可得，所以，故B正确.
设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即.
.
设，易知为增函数，由可得，故C正确.
因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.
令，则，得，易知在为增函数，所以，
所以不成立，故D不正确.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：
（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；
（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；
（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；
（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，等.
21．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，且与均为偶函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，即可得出，根据已知结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项B：根据已知结合偶函数性质得出，两边求导结合函数中心对称得出图像关于点对称，根据函数图像变化结合已知得出图像关于点对称，函数关于两点对称，根据中心对称的性质即可得出，即可得出，根据得出，即可得出答案来判断；
对于选项C：根据图像关于点对称，得出，即可结合函数求导得出，令得出来判断；
对于选项D：根据图像关于点对称，结合中心对称的性质得出，即可得出来判断.
【详解】对于选项A：为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
，
，
，
令，得，解得，故A正确；
对于选项B：
为偶函数，
，
，即，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点对称，
图像关于点与点对称，
自变量每增加1，函数值增加4，即，
，令，得，
，
则，故B正确；
对于选项C：图像关于点对称，
，
，
令，得，故C错误；
对于选项D：图像关于点对称，
则两自变量相加等于1时，函数值之和为，即，
，
，故D正确；
故选：ABD.
22．（2023·湖南·模拟预测）函数（e为自然对数的底数），则下列选项正确的有（ ）
A．函数的极大值为1
B．函数的图象在点处的切线方程为
C．当时，方程恰有2个不等实根
D．当时，方程恰有3个不等实根
【答案】BD
【分析】求出函数的导数，利用导数探讨极大值判断A；利用导数的几何意义求出切线方程判断B；分析函数性质并结合函数图象判断CD作答.
【详解】对于A：，
在区间，上，，单调递增，在区间上，，单调递减，
所以的极大值为，A错误；
对于B：，，则函数图象在点处的切线方程为，即，B正确；
对于C、D：因为在上递增，在上递减，，，
在上递增，且在上的取值集合为，在上的取值集合为，
因此函数在上的取值集合为，的极大值为，的极小值为，
作出函数的部分图象，如图，
观察图象知，当或时，有1个实数根；当或时有2个实数根；
当时，有3个实数根，C错误，D正确.
故选：BD
【点睛】思路点睛：研究方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
23．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数，是的导数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数有唯一极小值
C．函数在上有且只有一个零点，且
D．对于任意的，，恒成立
【答案】ABD
【分析】对函数求导，利用二次导函数的正负判断导函数函数的单调性，进而判断选项；构造函数，利用导数求解函数的单调性并证明不等式，进而判断选项.
【详解】，
，则，
设，
，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；
又，所以，则存在，使得．在时，；时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
故有唯一极小值，故选项正确；
令，，
则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且，则有．
又，
因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．
又，
从而存在唯一，使得．
显然当时，，当时，．
又，令，
，
因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；
，，
，
设，，
则
由选项知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，，总满足，故选项正确．
故选：.
【点睛】方法点睛：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，根据相似结论构造辅助函数.
24．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）
A．B．
C．的最大值为0D．当时，
【答案】AB
【分析】先利用导数几何意义求出切线方程，利用切线斜率和截距相等建立方程，然后利用指对互化判断A、B，由数量积坐标运算化简，判断函数值符号即可判断C，构造函数，利用导数法研究函数的单调性，判断D
【详解】因为，所以，又，所以，
切线：，即，
因为，所以，又，所以，
切线：，即，
由题意切线重合，所以，所以，即，A正确；
当时，两切线不重合，不合题意，
所以，，，
所以，，B正确；
，
当时，，，则，当时，，，
则，，所以，C错误；
设，则，
所以函数在上单调递增，所以，所以，
所以，∴，
记，则，
所以函数在上单调递增，则，所以，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题需要表示出两条切线方程，然后比较系数，再进行代换，在代换过程中要尽量去消去指数或对数，朝目标化简.
25．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）已知函数，数列按照如下方式取定：，曲线在点处的切线与经过点与点的直线平行，则（ ）
A．B．恒成立C．D．数列为单调数列
【答案】ABD
【分析】根据导数的几何意义，利用放缩法和构造函数利用导数证明单调性即可得解.
【详解】因为，
所以，
，
，，
曲线在点处的切线与与连线平行，
所以斜率相等，
所以，
所以，
所以
所以，
而，
所以，
记，
所以，
所以单调递减，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以
所以，故选项A正确；
设，则，
设，
，
所以，
，
所以若，则，
则，
因为，
所以恒成立，故选项B正确；
要证，
令，
即证明，
令，
所以t>0时，
，
(t>0)
所以，
所以选项C错误；
，
若数列为单调，则必为单调递减，
则，
即，
即，
即(),
即，
即，
令，
则，
所以，
所以单调递增，
所以，
所以，
所以得证；
所以选项D正确;
故选：ABD.
【点睛】通过构造单变量函数，求导后证明不等式，从而可以帮助解题.
26．（2023春·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考开学考试）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项，看出与互为反函数，确定也关于对称，求出，两点关于对称，，，，A选项，利用基本不等式进行证明；B选项，得到，，，构造，，求导得到其单调性，从而求出；C选项，由基本不等式得到，构造，求导得到其单调性，得到，得到；D选项，先根据得到，再用作差法比较大小.
【详解】与互为反函数，即两函数关于对称，
而与垂直，故也关于对称，
联立，解得：，
故，两点关于对称，
即，且，
不妨设，，
画出图象如下：
A选项，，当且仅当，即时等号成立，
又，故等号取不到，A正确；
因为，所以，所以，
因此，故，
又为与的交点，故，
所以，令，，
其中在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，B正确；
因为，，
所以，因此有，
设，，
因为，所以，因此在上单调递增，
当时，有，即，
因此，C错误；
因为，所以，
所以，
即，D正确.
故选：ABD
【点睛】互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；
⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.
27．（2023秋·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
【分析】由已知可知方程有三个根，然后利用导数讨论的单调性，结合图象可判断A、B选项；结合图象分析在处的正负，即可得出函数在附近的单调性，即可判断C选项；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断D选项.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：将函数极值问题转化方程的根的问题，再转化为函数与函数交点问题，结合图象求解即可.
28．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）若当实数a变化时，直线恒与定曲线相切，且，则（ ）
A．有一个极大值点B．
C．D．
【答案】AD
【分析】求出的解析式再利用导数可求探究其性质，再判断后可得正确的选项.
【详解】因为直线恒与定曲线相切，
则曲线为坐标平面上挖去诸切线上的点后余下的所有点形成的边界（边界为虚边界），而余下的不在切线上，故无解，
设，则，
若，则，当时，无解，此时边界点为
若，则，故在上为增函数，
而当时，，时，，
故无论取何值，从而总有解.
若，则时，，，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
若，则无解，故即，
边界对应的函数为，.
若，因此时，，故此时总有解.
综上，，故C错误.
当时，，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在为减函数，
故有唯一的极大值点，且极大值为，故A正确.
又的图象如图所示：
当时，由可得或，即或，
有两个不同的解，故B错误.
若，则由图象可得，不妨设，
当时，，此时成立；
当时，令，其中，
则，
因为，故，故，
所以在上为减函数，故，
所以，故，
故，而，
由的单调性可得即，
综上，D成立，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于曲线的切线族问题，往往与曲线的包络线有关，注意从曲线的切线族结合方程无解可求曲线的方程，再结合导数的方法可研究函数的性质.
29．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
【答案】ABD
【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
30．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
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