专题12 函数与导数小题特训（5年高考+3年模拟）2024高考总复习压轴题《数学》函数与导数解析版

第第页专题12函数与导数小题特训（5年高考+3年模拟）一、单选题1．（2022·全国·高考真题）设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小.【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2．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，若，，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先利用函数奇偶性的定义与导数判断的奇偶性与单调性，再构造函数，利用导数判断得，从而得解.【详解】因为的定义域为，又，所以是偶函数，又，令，则恒成立，所以当时，，即，又在上单调递增，所以，所以在上恒成立，则在上单调递增，构造函数，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，所以，所以，所以，所以.故选：B.3．（2024·甘肃·一模）已知函数（为自然对数的底），，记为从小到大的第个极值点，数列的前项和为，且满足，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意求导并令，结合题意可求得，对是奇数还是偶数进行分类讨论，再结合等比数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】由题意，令，则，即，所以，又，所以是以为首项，为公差的等差数列，即，当时，，当时，，从而.故选：C.【点睛】关键点点睛：关键是在得到之和还要对分类讨论，得，由此即可顺利得解.4．（23-24高三下·青海海南·开学考试）已知，关于x的不等式的解集为，则下述四个结论①，②，③，④其中所有正确结论的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④【答案】D【分析】取特殊值判断①，令，由三角代换判断②，转化为后，换元后利用对号函数的单调性求出范围即可判断③④.【详解】取，则，解得，满足题意，故错误，①不正确；由原不等式可得，令，由指数性质及不等式的解集为，知且，令，则，由于，所以，即得，又，所以，故②正确；因为，，令，，则，故，令，则，由于在上单调递增，故，则，即，即，，故③④正确.故选：D【点睛】关键点点睛：关键点在于③④的判断，解答时要利用三角代换以及换元法，将等价转化，再结合函数的单调性进行判断，难度较大.5．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）已知函数定义域为，，，则下列命题正确的个数是（

）①若，，则函数在上是增函数②若，，则函数是奇函数③若，，则函数是周期函数④若，且，，则函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递减A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【答案】A【分析】令可判断①，利用奇函数定义可判断②，由周期函数的定义可判断③，根据函数单调性的定义即可判断④.【详解】对于①，令此时，即满足，此时，举例，，则，则函数在上不是增函数，故①错误；对于②，令，则，可得，即满足，则函数是奇函数，可知②正确；对于③，若，，令，所以，即，满足，可得函数是周期为的周期函数，即③正确；对于④，取，满足，则，所以函数在区间上单调递增，所以；可得，因为，且，，所以；即，可得且；所以函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，即函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，故④正确；综上共3个正确，故选：A.【点睛】方法点睛：在求解抽象函数奇偶性以及单调性时，要根据已知条件充分利用奇偶性和单调性定义，化简变形进行证明即可求得结论.6．（2024·全国·模拟预测）函数满足对任意构成三角形三边长的，也构成三角形的三边长，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出，分，讨论，利用函数的单调性结合三角形的性质可得答案.【详解】由题意可知在上恒成立，，当时，令，解得，所以在上单调递减，所以，不符题意；当时，在上恒成立，所以在上单调递增，则时，，设，由题意，若，则一定有，即恒成立.若，则，且，符合题意；若，取，且，所以，不符合题意.综上所述，.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数判断函数的单调性、对数运算及对数函数的性质，解题的关键点是利用导数判断函数的单调性，本题还考查了学生分析问题和解决问题的能力.7．（23-24高三上·江西·期末）若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】原不等式等价于，令，，然后转化为函数图象的交点结合图象可求．【详解】原不等式等价于，设，，则，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.又，时，，因此与的图象如图，当时，显然不满足题意；当时，当且仅当，或.由第一个不等式组，得，即，由第二个不等式组，得，该不等式组无解.综上所述，.故选：A.【点睛】方法点睛：先对式子进行变形，等号一边为一次函数（通常过定点），另一边的函数较为复杂，然后通过求导的方法作出简图，进而通过“数形结合法”求解.8．（2024·陕西西安·一模）关于函数，下列选项正确的是（

）A．为奇函数B．在区间上单调递减C．的最小值为2D．在区间上有两个零点【答案】D【分析】由正弦函数的性质和函数奇偶性的定义验证选项A；利用导数判断函数在区间内的单调性判断选项B；特殊值法检验选项C；分段讨论去绝对值求零点判断选项D.【详解】由得，的定义域为，关于原点对称，由，则为偶函数，故A不正确；当时，，，因为，所以，，，所以，所以在区间上单调递增，故B不正确；因为，故C不正确；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，令，得，得，得；当时，函数无意义；当时，，，此时无零点；当时，函数无意义；当时，，，令，得，得，得，综上所述：在区间上有两个零点和，故D正确．故选：D．【点睛】方法点睛：求函数在区间内的零点个数，由函数解析式中含绝对值，根据角的正负和角所在的象限，分类讨论，去掉绝对值，通过求值域最值或解方程，判断零点是否存在.9．（23-24高一上·江苏南通·期末）已知函数，记，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析函数的奇偶性以及该函数在的单调性，比较、、的大小关系，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，又因为，故函数为偶函数，因为函数在上为增函数，函数在上为增函数，故函数在上为增函数，因为，，因为，所以，，则，则，所以，，所以，，，，，故.故选：B.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.10．（2024·全国·模拟预测）已知函数，若对于任意的实数x，都有成立，则实数k的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】对进行分类讨论，利用分离常数法、导数与切线等知识来求得的取值范围.【详解】当时，，即，所以，，当时等号成立，所以；当时，成立；当时，，即，所以，设，所以曲线在处的切线为，要使时成立，则需，即．综上所述，．故选：B【点睛】求解不等式恒成立问题，如果不等式含有参数，可以考虑利用分离参数法来进行求解，也可以考虑转化法来进行求解，将问题转化为两个容易求解的函数，然后结合导数等知识来求得参数的取值范围.11．（2024·四川攀枝花·二模）若关于x的方程存在三个不等的实数根．则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】不是方程的根，当时，变形为，构造，，求导得到函数单调性，进而画出函数图象，数形结合得到答案.【详解】当时，，，两者不等式，故不是方程的根，当时，，令，则，当，时，，单调递减，当时，，单调递增，且当时，，当时，，画出的图象如下：

令，，则，当，时，，单调递增，当时，，单调递减，且当时，，当时，，画出，的函数图象，如下：

令，，则，由于在上恒成立，故当，时，，单调递减，当时，，单调递增，其中，从的函数图象，可以看出当时，，当时，，画出函数图象如下，

要想有三个不同的根，则.故选：D【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题或函数零点，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.12．（23-24高三上·辽宁大连·期末）设，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.【详解】，设，，则，则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，设，，则在上恒成立，则，则在上恒成立，令，则，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，即在上恒成立，令，则，则，即，故，故选：B.13．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．若有5个零点，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】当时，对求导，得到的单调性和最值再结合二次函数的性质画出的图象，令，将函数的零点个数问题转化为方程根的问题，结合图象求解即可.【详解】由题意可知当时，，令可得：；令可得：；，故在上单调递减，在上单调递增，，且当时，，当趋近于负无穷时，趋近于0；当时，图象的对称轴为直线，．故作出的大致图象如图所示．令，数形结合可知要使有5个零点，需使方程有2个不同的实数根，且，或．①若，，则，不成立，舍去．②若，，则，解得．当时，方程为，解得或，不符合方程2个根的取值范围，舍去．故实数的取值范围为．故选：A．【点睛】方法点睛：对于求解函数零点个数问题，由以下的方法：（1）函数单调性与零点存在性定理得到函数零点个数；（2）参变分离后构造函数进行求解零点个数；（3）转化为两函数交点个数问题.14．（2024·全国·模拟预测）已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解.【详解】如图，作出函数与的大致图象，若方程有5个不同的实数根，则的图象与的图象有5个不同的交点，当时，，的图象与的图象无交点，当时，，的图象与的图象有2个交点所以，当直线与的图象相切时，设切点坐标为，由可得，则切线斜率，故，则，结合图象可得m的取值范围为，由，得，则恒成立，设该方程的两个实数根为，，则，，故，因为开口向上，对称轴为，又，所以的取值范围为．故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解.15．（2024·全国·模拟预测）已知函数单调递增，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，求得，转化为恒成立，分，和，三种情况讨论，结合恒成立，构造函数，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.【详解】由函数，可得，因为函数单调递增，所以恒成立，当时，，不恒成立，不符合题意；当时，函数与函数均为增函数且均存在零点，因为恒成立，所以此时两函数的零点相同，由得，所以，解得，满足题意；当时，可得函数恒成立，所以此时需恒成立，即恒成立，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，则，综上可得，实数a的取值范围为.故选：C．【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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．16．（2024·全国·模拟预测）已知函数，记，其中是圆周率，则实数的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据复合函数单调性以及函数图象变换可得的单调性和对称性，根据函数性质比较大小.【详解】由于，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，因为函数的图象是函数的图象向右平移个单位长度所得，所以函数图象的对称轴为直线，且函数在上单调递增，在上单调递减．又因为，则，且，且，所以，即，从而，根据函数在上单调递增，可知，即.故选：B．【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．17．（2024·全国·模拟预测）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出导函数，转化为在上恒成立，对分类讨论可得解.【详解】由题意得，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立．当时，，易知在上不恒成立，不符合题意；当时，函数与函数在上均单调递增且均存在零点，因为在上恒成立，所以此时两函数的零点相同，由得，所以，解得，满足题意；当时，易知函数在上恒成立，所以此时在上恒成立，即在上恒成立．令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，则．综上，实数的取值范围为.故选：C．【点睛】关键点睛：一是活用导数，对函数求导，利用函数的单调性判断导函数的符号；二是会分类，能根据导函数的特征找到分类的标准；三是会转化，会通过分离参数，把不等式恒成立问题转化为函数的最值问题．18．（2023·陕西安康·模拟预测）已知，若函数有两个不同的零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意求导得当时，有最大值，当时，，当时，，若要满足题意，则只能，结合，由此即可得解.【详解】由题意，令，得，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，故当时，有最大值，而，由此可知当时，，当时，，若函数有两个不同的零点，结合零点存在定理可知的最大值，又，所以，所以，解得，所以，即的取值范围是.故选：B.【点睛】关键点睛：关键是通过求导结合题意分析得到的最大值，从而即可顺利求解.19．（2023·四川乐山·一模）已知函数与其导函数为定义域均为，且满足，，，给出以下四个命题：①

②③函数的图象关于直线对称

④其中正确命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】对两边同时求导可判断①；将代入的值，再由和比较大小即可判断②；令，由可判断③；令，则，对方程两边同时求导可得，进而结合等差数列的概念得到，从而可判断④.【详解】对两边同时求导：，令，即，故①正确；令，则有，即，不满足，故②错误；由得，令，则有，若，则，所以关于直线对称，故③正确；令，则，对方程两边同时求导可得：，即，因为，所以，从而得.当时，，当时，，，即，当时，是以为首项，公差为4的等差数列，所以，；当时，，则，又，所以，即，进而得；综上所述，，故④正确.故选：D.20．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若方程有4个不同实根，，，（），则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用函数与方程思想,分别应用一元二次方程根与系数的关系及对数运算求出结果.【详解】当时，，则，令，即，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，且;当时，，则；若方程有4个不同实根，则，解得；当时，易知，是方程的两个不同实根，即方程的两个不同实根，所以，，所以，，因为，所以；当时，因为，是的两个不同实根，所以，易知，所以，得，所以，所以的取值范围是，故选：D．【点睛】结论点睛：（1）若直线与函数的图象有两个不同交点，，则；（2）若直线与函数的图象有两个不同交点，，则，．21．（2023·全国·模拟预测）已知定义在上的函数满足，当时，不等式恒成立（为的导函数），若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，可得出，，，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.【详解】由题意得函数为偶函数，构造函数，所以，易知当时，，所以函数在上单调递减．因为，则，由，则，且，因为函数在上单调递减，且，所以，即，故选：C．【点睛】结论点睛：常见的根据含有导函数的不等式构造原函数的类型（1）原函数是函数的和、差组合．①对于或，构造函数，一般地，若（或），，则可以构造函数；②对于，构造函数．（2）原函数是函数的乘、除组合．①对于（或），构造函数；②对于（或），构造函数．特别地，对于（或），构造函数；对于（或），构造函数．（3）原函数是含的乘、除组合．①对于或，构造函数；②对于（或），构造函数．（4）原函数是含（或）的乘、除组合．①对于（或），构造函数；②对于（或，构造函数；③对于（或），构造函数；④对于（或），构造函数．（5）原函数是含的组合．对于（或），分类讨论：①当时，构造函数；②当时，构造函数．22．（2023·辽宁鞍山·二模）已知定义在上的函数满足，且，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用的奇偶性和单调性求得正确答案.【详解】设，，所以是奇函数.当时，，则，所以在上单调递增，则在上单调递增，不等式即，所以，所以不等式的解集为.故选：D【点睛】关键点睛：本题的关键点有两点，一个是函数的奇偶性，奇偶性可以转化为来进行判断；一个是构造函数法，有关和的不等关系式，在解题过程中可以考虑利用构造函数法，然后结合导数来进行求解.23．（23-24高三下·重庆·阶段练习）设函数，则（

）A．当时，直线不是曲线的切线B．当时，函数有三个零点C．若有三个不同的零点，，，则D．若曲线上有且仅有四点能构成一个正方形，则【答案】BCD【分析】求导即可判断A，由函数的单调性结合三次函数的图像特征即可判断B，结合零点的定义代入计算，即可判断C，由正方形的特点结合导数的运算即可判断D【详解】当时，，则，则，则曲线在点处的切线方程为，故选项错误.当时，，则，当和时，，单调递增，时，，单调递减.又因为，，结合三次函数的图像特征，此时，有三个零点，故B选项正确.设的三个零点分别为，，，则有，展开后比对含项的系数，可得，故选项C正确.当时，易知在上单调递增，结合图像知不符合题意，故.因为，因此函数的图像关于点成中心对称图形.则此正方形必以为中心，不妨设正方形的四个顶点分别为A，，，，其中一条对角线的方程为，则，即，解得，则，同理可得.由得，根据题意，方程只有一个正解，当时，显然不成立.故，则，因为，则，设，则.设，根据题意，只需要直线与函数的图像只有唯一的公共点即可.结合双勾函数的图像可得，解得.所以选项D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：对于选项D：根据函数对称性，结合正方体分析可知只有一个正解，进而可得结果.24．（2024·河南·一模）已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，则（

）A．的图象关于点中心对称 B．C． D．【答案】BCD【分析】先根据条件分析出的周期性和对称性，再得到的周期性，根据函数性质即可得结果.【详解】由题意可得，两式相减可得①，所以的图象关于点中心对称，A错误；由②，②式两边对求导可得，可知是偶函数，以替换①中的可得，可得，所以是周期为4的周期函数，B正确；因为，可知也是周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以，C正确；因为，令，则，即，又因为是偶函数，所以，又因为是周期为4的周期函数，则，由可得，所以，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于y轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于y轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍.25．（2024·山西临汾·一模）已知函数在上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（

）A．函数有且仅有两个零点B．函数有且仅有三个零点C．当时，不等式恒成立D．在上的值域为【答案】AC【分析】对A：构造函数，根据题意，求得，令，即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.【详解】令，则，故（为常数），又，故可得，故，.对A：令，即，解的或，故有两个零点，A正确；对B：，则，令，可得，故在和单调递增；令，可得，故在单调递减；又，，又，故存在，使得；又，故存在，使得；又当时，，故不存在，使得；综上所述，有两个根，也即有个零点，故B错误；对C：，即，，当时，，上式等价于，令，故可得，故在上单调递增，，满足题意；当时，，也满足；综上所述，当时，恒成立，故C正确；对D：由B可知，在单调递减，在单调递增，且，，故在上的值域为，D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属综合困难题.26．（2024·吉林长春·模拟预测）已知（其中为自然对数的底数），则下列结论正确的是（

）A．为函数的导函数，则方程有3个不等的实数解B．C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为-1D．若，则的最大值为【答案】AC【分析】对于A，只需判断或的根的个数和即可，通过求导研究的性态画出图象即可得解；对于B，由单调递增，故只需判断函数有无零点即可；对于C，首先得在上单调递增，转换成在上恒成立验算即可；对于D，根据单调性得，将问题转换成求的最大值即可.【详解】对于A，若，则或，而，，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以，而，所以方程有3个不等的实数解，故A正确；对于B，若，由A选项分析可知，即单调递增，所以，令，，所以单调递增，所以，矛盾，故B选项错误；对于C，由B选项分析可知在上单调递增，而由复合函数单调性可知在上单调递增，若对任意，不等式恒成立，则，即在上恒成立，令，当时，，令，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为在上恒成立，所以，即，故C正确；对于D，若，又在上单调递增，所以，所以，所以，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即的最大值为，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点睛：判断A选项的关键是数形结合，判断BCD的关键是首先根据单调性“去括号”，然后转换成恒成立问题或最值问题即可顺利得解.三、填空题27．（23-24高三下·河北保定·开学考试）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部反比例对称函数”.若的导函数是定义在区间上的“局部反比例对称函数”，则实数的最大值与最小值之差为.【答案】【分析】先求出函数的导函数，根据“局部反比例对称函数”的定义，得到在上有解，令，换元后，利用二次函数在上有解，结合二次函数的性质解题即可.【详解】，因为的导函数是定义在区间上的“局部反比例对称函数”，所以存在，，即，所以，在上有解，令，设，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以时，，设，所以时有解，当即时，在上单调递增，所以，解得；当即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，又，所以不存在符合条件的.综上可得，所以实数的最大值与最小值之差为.故答案为：28．（2024·河南新乡·二模）已知函数，，若关于的方程有6个解，则的取值范围为．【答案】【分析】令，根据的图象可知，等于常数的解最多只有3个，根据图象性质可知，等于常数的解最多只有2个，若有6个解，需要有3个解，有2个解，根据图象先求出，再得出和中最小解之间的等式关系，而后结合的值域即可建立关于的不等式，最后构造关于的函数，求导求单调性即可解不等式，进而得出结果.【详解】令，由函数的图象可知，方程(为常数)最多有3个解，在上单调递增，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，所以处取得极大值，即极大值为，如下图：故结合图象可得，且方程的三个解中最小的解为.又，在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，即当时，有2个零点，所以使关于的方程有6个解，则，，即，令，易知在上单调递增，又，所以的解集为，综上所述，的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查复合函数零点个数问题，此类题目一般做法为：（1）先根据解析式画出两个函数图象；（2）令复合函数内函数为；（3）结合函数图象及零点个数，分析外函数根的个数以及自变量对应的取值范围；（4）再确定内函数根个数及对应参数取值范围；（5）解出参数范围即可.29．（2024·湖北·二模）已知函数有零点，当取最小值时，的值为．【答案】【分析】首先将方程转化为，再通过构造几何意义，转化为求函数的最大值，再结合几何意义，即可求解.【详解】设的零点为，则，即，设为直线上任意一点，坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离，下求的最小值，令，则在为减函数，在为增函数，即，此时，所以的斜率为，此时的最小值为，此时，（此时）．故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键点以及难点是构造几何意义，将点看成直线上的任一点，从而根据几何意义解决问题.30．（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数在处取得极大值，则的取值范围是.【答案】【分析】由以及导数、极大值等知识对问题进行分析，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【详解】的定义域是，，由于函数在处取得极大值，所以，且在上单调递增，在上单调递减，所以单调递减，所以，所以，构造函数，显然，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是的极大值也即是最大值，所以，也即的取值范围是.故答案为：31．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是．【答案】【分析】先作出函数图象，然后验证时的情况，对于，先验证的情况，对于，利用利用根的分布，结合函数的图象列不等式求解.【详解】作出函数的图象如下：令，则方程有两个不同实根，当时，方程的根为，此时无实根，不符合题意，舍去；当时，若方程有两相等实根，则，解得或，当时，方程的根，此时无根，不符合题意，舍去；当时，方程的根，此时有两个不同实根，符合题意；若方程有两个不同实根，设为，所以，解得或同时有或或所以或或或解得.综上或故答案为：.【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.32．（2024·全国·模拟预测）已知，函数，其中为自然对数的底数．若函数恰有4个零点，则的取值范围是．【答案】【分析】求得，得出的单调性和，令，得到，设，且零点分别为，转化为方程和各有2个解，得到，进而求得的范围.【详解】由函数，可得，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又由，令，可得，设，则，设的两个零点分别为，则或，可得或，要使得恰有4个零点，则方程有2个解，且方程也有两个解，则满足，即，即，可得，即，又因为，解得．故答案为：.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；③，构造函数或.33．（2024·全国·模拟预测）已知定义在上的函数满足，当时，．若，则的取值范围是．【答案】【分析】根据求出、、、的值域，结合单调性可得答案.【详解】由题意可知当时，；当时，；当时，；当时，，．令，解得或，当时，在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为，故根据可知，当时，的最小值为，当时，在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为，所以的根需在内，因为，所以.故答案为：．

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据在的单调性解题.34．（2023·全国·模拟预测）己知函数，若方程仅有两个不同的实数解，则的取值范围是.【答案】【分析】二次求导，得到在上单调递减，在上单调递增，画出的图象，设，则，易知不是上述方程的解，则，画出的图象，分当，，，和，五种情况，数形结合得到答案.【详解】，令，则，故当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，且当时，，又，故当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，；且当时，，画出的图象如下：

设，则，易知不是上述方程的解，则，画出的图象，①当时，，即原方程仅有一解，不符题意；②当时，，此时存在，使得，符合题意；③当时，无解，不符题意；④当时，，此时存在，使得，符合题意；⑤当时，方程的两个解满足，此时存在，使得，不符题意.综上，故答案为：【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.35．（2023·贵州铜仁·模拟预测）已知，若有四个不同的零点，则t的取值范围是．【答案】【分析】结合导数，分析的单调性后画出函数图象，有四个不同的零点，即有四个不同的解，令，转换为有两个不同解，结合图象判断即可得.【详解】当时，，则对恒成立，∴在上单调递增，当时，，则．令；令，∴在上单调递增，上单调递减，由题意有四个不同的解，令，则有两个不同解，显然，如下图，不妨设，故，∴，故．

故答案为：.36．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若对于恒成立，则实数的取值范围是．【答案】【分析】构造函数，，利用导数讨论，的单调性、奇偶性，进而构造函数，将原不等式等价转化，利用单调性转化，构造函数和，即可求导确定函数的最值.【详解】令，因为，，所以是奇函数，易知在上单调递增．同理令，可知是奇函数，由于，故在上单调递增．因此为上单调递增．令，，则是在上单调递增的奇函数．不等式等价于，故，由单调性得，即，即，构造函数，则，在上单调递增，等价于，则，即，令，则，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，即，故实数的取值范围是．故答案为：【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．37．（23-24高三上·湖北荆州·阶段练习）设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为．【答案】【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.【详解】设，当时，，此时，由，得，即，解得或，即在上有2个零点；若，，其图象对称轴为，函数的大致图像如图：

则此时，即，则，即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；故需，此时函数的大致图像如图：

由得或，要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，则需，解得，结合，可得，故答案为：【点睛】方法点睛：本题为复合函数的零点问题，解答时采用数形结合的方法去解决，即作出函数的大致图像，将函数零点问题转化为曲线的交点个数问题，即可解决.38．（2023·广东湛江·二模）若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递（填增或减），函数的零点个数为．【答案】增9【分析】①根据在上具有单调性得到，根据为的一个零点得到，综合可得，，然后根据复合函数的单调性判断即可；②将的零点个数转化为的图象与图象的交点个数，然后根据图象求交点个数即可.【详解】因为在上具有单调性，所以，即，．又因为，所以，即，只有，符合要求，此时．当时，，所以在上单调递增．因为的最大值为1，而，，作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函数的零点个数为9．故答案为：增；9.39．（2023·湖南永州·一模）若函数，当时，恒有，则实数t的取值范围．【答案】【分析】将等价转化，利用同构法构造函数，结合多次求导来求实数t的取值范围.【详解】因为时，恒有，所以，即恒成立.设，则，且，令，则，所以当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；所以，所以在恒成立，故在单调递增，所以恒成立，即，所以恒成立，令，则，，所以当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；所以.所以.故答案为：.40．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的有．①函数有两个极值点；②若关于x的方程恰有1个解，则；③函数的图像与直线有且仅有一个交点；④若，且，则无最值．【答案】①③【分析】对函数的解析式进行化简并画出函数图象，由图可知函数有两个极值点，即①正确；利用函数与方程的思想可得恰有1个解时或，可知②错误；易知和是函数的两条切线，分类讨论参数并通过构造函数证明即可得出的图像与直线有且仅有一个交点，故③正确；分别解出的表达式，代入并构造函数利用导数研究其单调性可得有最小值，即④错误.【详解】由函数可得，函数的图像如下图所示：

对于①，由图可知，和是函数的两个极值点，故①正确；对于②，若函数恰有1个零点，即函数与的图像仅有一个交点，可得或，故②不正确；对于③，因为函数，在点处切线斜率，在点处的切线为，函数，在处的切线斜率为，在处切线为，如图中虚线所示，易知当，即时，的图像与直线恰有一个交点；当，即时，令，得，令，则，，由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程有且只有一个实数根；当，即时，令，设，则（仅当时取等号），即函数在上单调递增，由于，设单调递增，单调递减，，，所以函数有且仅有一个实数根；故③正确；对于④，由，则，，，则，设，则，设，显然在上单调递增，且，，所以存在，使，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以存在最小值，故④不正确；故选：①③．【点睛】方法点睛：函数零点和方程根的问题往往利用数形结合转化成函数图像交点的问题，极值和最值问题通常构造函数并利用导数研究其单调性即可得出结论.一、单选题1．（2023·全国·高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，则有函数在区间上单调递减，因此，解得，所以的取值范围是.故选：D2．（2023·全国·高考真题）若为偶函数，则（

）．A． B．0 C． D．1【答案】B【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.【详解】因为为偶函数，则，解得，当时，，，解得或，则其定义域为或，关于原点对称.，故此时为偶函数.故选：B.3．（2022·全国·高考真题）当时，函数取得最大值，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【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.4．（2022·全国·高考真题）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.【详解】[方法一]：构造函数因为当故，故，所以；设，，所以在单调递增，故，所以，所以，所以，故选A[方法二]：不等式放缩因为当，取得：，故，其中，且当时，，及此时，故，故所以，所以，故选A[方法三]：泰勒展开设，则，，，计算得，故选A.[方法四]：构造函数因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．故选：A．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．5．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；当时、，即A、C中上函数值为正，排除；故选：D6．（2021·全国·高考真题）已知，，，则下列判断正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.【详解】，即.故选：C.7．（2021·全国·高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（

）（）A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6【答案】C【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.【详解】由，当时，，则.故选：C.8．（2020·全国·高考真题）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（

）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.9．（2019·全国·高考真题）已知曲线在点处的切线方程为，则A． B． C． D．【答案】D【解析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．【详解】详解：，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．10．（2018·全国·高考真题）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A．[–1，0） B．[0，+∞） C．[–1，+∞） D．[1，+∞）【答案】C【详解】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.二、多选题11．（2023·全国·高考真题）已知函数的定义域为，，则（

）．A． B．C．是偶函数 D．为的极小值点【答案】ABC【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.【详解】方法一：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.方法二：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值，故D错误.故选：.12．（2023·全国·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.【详解】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD13．（2022·全国·高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（

）A．在区间单调递减B．在区间有两个极值点C．直线是曲线的对称轴D．直线是曲线的切线【答案】AD【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故．对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，，，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即．故选：AD．14．（2020·山东·高考真题）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（

）A．若n=1，则H(X)=0B．若n=2，则H(X)随着的增大而增大C．若，则H(X)随着n的增大而增大D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)【答案】AC【分析】对于A选项，求得，由此判断出A选项；对于B选项，利用特殊值法进行排除；对于C选项，计算出，利用对数函数的性质可判断出C选项；对于D选项，计算出，利用基本不等式和对数函数的性质判断出D选项.【详解】对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确.对于B选项，若，则，，所以，当时，，当时，，两者相等，所以B选项错误.对于C选项，若，则，则随着的增大而增大，所以C选项正确.对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，且（）..由于，所以，所以，所以，所以，所以D选项错误.故选：AC【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用，考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题.三、填空题15．（2022·全国·高考真题）若是奇函数，则，．【答案】；．【分析】根据奇函数的定义即可求出．【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：；．16．（2020·全国·高考真题）关于函数f（x）=有如下四个命题：①f（x）的图象关于y轴对称．②f（x）的图象关于原点对称．③f（x）的图象关于直线x=对称．④f（x）的最小值为2．其中所有真命题的序号是．【答案】②③【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，，，则，所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，，，则，所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；对于命题④，当时，，则，命题④错误.故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.17．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论：①若，恰有2个零点