专题03 函数与导数（11大题型）-【好题汇编】2024年高考数学三模试题分类汇编（新高考新题型专用）

2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·黑龙江·三模）已知函数在上的最大值和最小值分别为，，则（   ） A． B．0 C．2 D．4 2．（2024·湖南永州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·河南·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东潍坊·三模）已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（      ） A． B． C． D． 5．（2024·宁夏银川·三模）下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·山西·三模）已知是奇函数，当时，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2024·内蒙古·三模）已知函数，现有下列四个结论：①是偶函数；②是周期为的周期函数；③在上单调递减；④的最小值为.其中所有正确结论的编号是（    ） A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 8．（2024·辽宁·三模）已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）若为偶函数，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 10．（2024·安徽·三模）已知函数，则对任意实数， “”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 11．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的大致图象如图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·山东泰安·三模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 13．（2024·四川成都·三模）已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （    ） A． B． C． D． 14．（2024·辽宁沈阳·三模）已知是定义在上的函数，且为偶函数，是奇函数，当时，，则等于（    ） A． B． C． D．1 15．（2024·江西景德镇·三模）已知函数是奇函数，则时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 16．（2024·安徽安庆·三模）已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 17．（2024·贵州毕节·三模）已知函数是奇函数，若，则实数a的值为（    ） A．1 B． C． D．0 18．（2024·山西临汾·三模）已知函数，关于的不等式的解集为，则（    ） A． B． C．0 D．1 19．（2024·陕西铜川·三模）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 21．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（    ） A． B．，使得 C．对任意，都有 D．对任意，都有 22．（2024·贵州遵义·三模）下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 23．（2024·上海·三模）若，，则满足的m的最大值为 ． 24．（2024·广东广州·三模）函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为 ． 25．（2024·四川南充·三模）函数的定义域为 . 26．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 . 27．（2024·河北石家庄·三模）给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 28．（2024·四川内江·三模）若函数是奇函数，则 . 29．（2024·湖南永州·三模）已知函数的定义域为，，，且对于，恒有，则 . 30．（2024·安徽马鞍山·三模）已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 ． 31．（2024·湖北黄石·三模）设，，若，则的最小值为 ，此时的值为 . 32．（2024·四川成都·三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为 ． 33．（2024·陕西西安·三模）已知函数，若，则的取值范围为 ． 34．（2024·四川泸州·三模）已知函数是偶函数，则实数 . 一、单选题 1．（2024·四川雅安·三模）二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（    ）（参考数据：） A．万年 B．万年 C．万年 D．万年 2．（2024·河北·三模）函数的递增区间为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·全国·三模）若，则的值是（    ） A．零 B．正数 C．负数 D．以上皆有可能 4．（2024·山东聊城·三模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁·三模）已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川·三模）已知集合 则（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川凉山·三模）工厂废气排放前要过滤废气中的污染物再进行排放，废气中污染物含量（单位：mg/L）与过滤时间小时的关系为（，均为正的常数）．已知前5小时过滤掉了10%污染物，那么当污染物过滤掉50%还需要经过（    ）（最终结果精确到1h，参考数据：，） A．43h B．38h C．33h D．28h 8．（2024·福建漳州·三模）设，且，则的（    ） A．最小值为-3 B．最小值为3 C．最大值为-3 D．最大值为3 9．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知，，则下面正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 10．（2024·河南·三模）已知函数，则（    ） A．的定义域为 B．的值域为 C． D．的单调递增区间为 11．（2024·江苏南通·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．（2024·四川成都·三模）已知函数，则的值为 13．（2024·河南郑州·三模）已知，则的值为 ． 14．（2024·河北·三模）已知函数，若，则当取得最小值时， ． 15．（2024·北京·三模）使成立的一组a，b的值为 ， . 16．（2024·上海·三模）不等式的解集为 ． 17．（2024·重庆·三模）已知，则 ． 18．（2024·山东济宁·三模）已知函数则 . 19．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，且，若，且，则正整数的值为 . 一、单选题 1．（2024·山东聊城·三模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东广州·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·宁夏银川·三模）设，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·宁夏银川·三模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川成都·三模）四个数中最大的数是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽·三模）若，，，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·北京·三模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·河南新乡·三模）设，其中是自然对数的底数，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·福建三明·三模）若 ，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·福建厦门·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 12．（2024·广西柳州·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 2．（2024·安徽合肥·三模）已知定义在上的偶函数满足且，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川内江·三模）已知函数的定义域为R，对任意实数x都有成立，且函数为偶函数，，则（    ） A．-1 B．0 C．1012 D．2024 4．（2024·山西太原·三模）已知定义域是的函数 满足对于任意 都有 ，且 ，则（   ） A． B． C． D． 5．（2024·湖南岳阳·三模）已知为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川·三模）定义在R上的函数与的图象关于直线对称，且函数为奇函数，则函数图象的对称中心是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东济南·三模）已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．为偶函数 C．有最小值 D．在上单调递增 8．（2024·贵州毕节·三模）已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 9．（2024·四川南充·三模）已知函数的定义域均为R，函数的图象关于原点对称，函数的图象关于y轴对称，，则（    ） A． B． C．3 D．4 10．（2024·福建莆田·三模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B． C． D． 11．（2024·江苏南通·三模）已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 二、多选题 12．（2024·黑龙江·三模）已知函数是定义域为的可导函数，.若是奇函数，且的图象关于直线对称，则（   ） A． B．曲线在点处的切线的斜率为2 C．是的导函数 D．的图象关于点对称 13．（2024·安徽·三模）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B． C． D．若，则 14．（2024·全国·三模）已知函数定义域为且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点对称，则（    ） A． B． C．是图象的一条对称轴 D．是图象的一个对称中心 15．（2024·福建宁德·三模）若定义在上的函数满足，且值域为，则以下结论正确的是（    ） A． B． C．为偶函数 D．的图象关于中心对称 16．（2024·河南新乡·三模）已知定义在上的函数满足，且，若，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．是周期函数 D． 17．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数是定义在上的可导函数，其导函数分别为，其中的图象关于点对称，的图象关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 18．（2024·山西晋中·三模）已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．为非奇非偶函数 C．若，则 D．对任意恒成立 一、单选题 1．（2024·内蒙古·三模）已知奇函数的定义域为R，且，则在上的零点个数的最小值为（    ） A．7 B．9 C．10 D．12 2．（2024·四川内江·三模）若函数有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 3．（2024·浙江金华·三模）若函数，则方程的实数根个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 5．（2024·宁夏石嘴山·三模）定义在R上的偶函数满足，且当 时，，若关于x的方程恰有5个实数解，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（2024·四川成都·三模）若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（    ） A．4 B． C． D． 7．（2024·四川泸州·三模）已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（2024·安徽·三模）已知函数其中，且，则（    ） A． B．函数有2个零点 C． D． 9．（2024·福建福州·三模）已知实数满足：，则下列不等式中可能成立的是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·河北·三模）已知有三个不相等的零点且，则下列命题正确的是（   ） A．存在实数 ，使得 B． C． D．为定值 11．（2024·贵州毕节·三模）函数，下列关于函数的叙述正确的是（    ） A．，使得的图象关于原点对称 B．若，则方程有大于2的实根 C．若，则方程至少有两个实根 D．若，则方程有三个实根 三、填空题 12．（2024·江西景德镇·三模）不经过第四象限的直线与函数的图象从左往右依次交于三个不同的点，，，且，，成等差数列，则的最小值为 . 13．（2024·河北秦皇岛·三模）已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为 . 14．（2024·山东泰安·三模）已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是 . 15．（2024·河北石家庄·三模）给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 16．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 . 17．（2024·四川成都·三模）若函数大于的零点有且只有一个，则实数的值为 ． 四、解答题 18．（2024·四川凉山·三模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，求实数的取值范围， 1．（2024·湖南益阳·三模）二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值20%，从第二年开始每年贬值10%．刚参加工作的小明打算买一辆约5年的二手车，价格不超过8万元．根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 2．（2024·四川德阳·三模）如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（   ） A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃ 3．（2024·陕西商洛·三模）近年来商洛为了打造康养之都，引进了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水的污染物数量与时间（小时）的关系为（为最初的污染物数量）．如果前3小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（    ） A．2.6小时 B．6小时 C．3小时 D．4小时 一、单选题 1．（2024·山东潍坊·三模）牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程 的根就是函数的零点，取初始值的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为 的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，一直继续下去，得到，它们越来越接近．设函数，，用牛顿迭代法得到，则实数（      ） A．1 B． C． D． 2．（2024·浙江金华·三模）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·内蒙古·三模）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东济宁·三模）已知函数为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·四川·三模）已知函数 ，则曲线上一点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·陕西西安·三模）已知函数在点处的切线均经过坐标原点，其中，，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2024·福建宁德·三模）已知曲线和圆有2个交点，则实数的取值范围是 . 8．（2024·河南·三模）已知函数点，在曲线上（在第一象限），过，的切线相互平行，且分别交轴于，两点，则的最小值为 ． 9．（2024·贵州遵义·三模）已知，则在处的切线方程是 ． 10．（2024·安徽·三模）已知曲线与曲线在第一象限交于点A，记两条曲线在点A处的切线的倾斜角分别为，则 ． 11．（2024·云南昆明·三模）过点可以向曲线作条切线，写出满足条件的一组有序实数对 12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数，则 . 13．（2024·湖南常德·三模）已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则 ． 14．（2024·陕西商洛·三模）曲线的一条切线方程为，则 ． 一、单选题 1．（2024·山西·三模）已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖南益阳·三模）若，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽·三模）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·辽宁沈阳·三模）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中为自然对数的底数，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·江西宜春·三模）已知，且，若函数在上单调递减，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东聊城·三模）设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·贵州遵义·三模）设，，，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·浙江杭州·三模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．在区间上单调递增 B．的最小值为 C．方程的解有2个 D．导函数的极值点为 10．（2024·安徽合肥·三模）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 11．（2024·浙江金华·三模）已知正实数，满足，则下列不等式可能成立的有（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．（2024·河南·三模）已知函数的定义域为，为其导函数，若，，则不等式的解集是 ． 四、解答题 13．（2024·浙江金华·三模）已知函数在处的切线的方向向量为. (1)求的值； (2)求函数的单调区间与极值. 14．（2024·山东聊城·三模）已知函数. (1)若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值； (2)设函数，讨论的单调性. 一、单选题 1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川眉山·三模）若关于的不等式恒成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东·三模）在半径为的半球内放入一个正四棱柱，使得正四棱柱上底面的四个顶点位于半球面上，下底面与半球的大圆面重合，则正四棱柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·福建宁德·三模）函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·福建莆田·三模）已知，点P在曲线上，点Q在曲线上，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川绵阳·三模）已知函数既有极大值，也有极小值，则下列关系式中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（2024·重庆·三模）已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．若有3个零点，则的取值范围为 C．当时，是的极大值点 D．当时，有唯一零点，且 9．（2024·山西太原·三模）已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（   ） A．的对称中心为 B． C． D． 三、填空题 10．（2024·陕西铜川·三模）若函数有两个极值点，则实数的取值范围为 . 11．（2024·陕西渭南·三模）设定义在R上的函数满足，且，则在R上的最大值为 ． 12．（2024·浙江·三模）已知关于的不等式对任意 恒成立，则实数 的取值范围是 . 13．（2024·四川成都·三模）已知函数 ，若 存在最小值，且最小值为，则实数 的值为 四、解答题 14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知函数为的极值点． (1)求的最小值； (2)若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 15．（2024·云南昆明·三模）已知函数； (1)当时，证明：对任意，； (2)若是函数的极值点，求实数的值． 16．（2024·四川南充·三模）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)①求证：有且仅有一个极值点； ②当时，设的极值点为，若.求证： 17．（2024·河南·三模）已知函数，且在处的切线方程是． (1)求实数，的值； (2)求函数的单调区间和极值． 18．（2024·北京·三模）已知函数. (1)若曲线在处的切线为x轴，求a的值； (2)在（1）的条件下，判断函数的单调性； (3)，若是的极大值点，求a的取值范围. 19．（2024·河北·三模）已知函数． (1)若是的一个极值点，求的值； (2)若有两个极值点，，其中，求的取值范围． 20．（2024·山西晋中·三模）已知函数， (1)讨论的单调性； (2)若函数存在两个极值点，求实数的取值范围． 21．（2024·重庆·三模）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的值； (2)求函数的极值． 22．（2024·四川·三模）已知函数 . (1)记函数，求函数的极大值点; (2)记函数，讨论函数的零点个数. 23．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数，直线在轴上的截距为，且与曲线相切于点． (1)求实数的值； (2)求函数的单调区间与极值． 一、单选题 1．（2024·河南郑州·三模）设，且，则（    ） A．若，则 B．若，则存在且不唯一 C． D． 2．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式 ①；②；③；④ 其中一定成立的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2024·四川成都·三模）若，恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 5．（2024·河南·三模）若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 6．（2024·陕西商洛·三模）已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2024·福建三明·三模）已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为 . 8．（2024·广西桂林·三模）若对任意的恒成立，则k的取值范围是 ． 三、解答题 9．（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程； (2)当时，求出函数的所有零点； (3)证明：. 10．（2024·河北·三模）已知函数． (1)若在恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：． 11．（2024·全国·三模）已知函数在处的切线方程为. (1)求a的值； (2)证明：. 12．（2024·广东广州·三模）已知函数． (1)求的极值； (2)已知，证明：． 13．（2024·贵州毕节·三模）（1）证明：当时，； （2）已知函数在上有两个极值点，求实数a的取值范围． 14．（2024·江西宜春·三模）已知函数，． (1)若对恒成立，求实数a的取值范围； (2)若曲线与x轴交于A，B两点，且线段AB的中点为，求证：． 15．（2024·福建福州·三模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的值 16．（2024·广西·三模）已知函数. (1)求函数的极值； (2)若对任意，求的取值范围. 17．（2024·山东泰安·三模）已知函数. (1)讨论的最值； (2)若，且，求的取值范围. 18．（2024·浙江金华·三模）已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值． (1)求实数a的值； (2)若不等式恒成立，求k的范围． 一、解答题 1．（2024·浙江·三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”. (1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； (2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值； (3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围. 2．（2024·山东潍坊·三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质. (1)类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 ； ②平方关系 ； ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； (2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围； (3)若，证明： 3．（2024·黑龙江·三模）若函数满足：对任意的实数，有恒成立，则称函数为“增函数”. (1)求证：函数不是“增函数”； (2)若函数是“增函数”，求实数的取值范围； (3)设，若曲线在处的切线方程为，求的值，并证明函数是“增函数”. 4．（2024·甘肃酒泉·三模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或． (1)记，求证：； (2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，． （ⅰ）求； （ⅱ）求（用数字作答）． 5．（2024·浙江金华·三模）若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，. 那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数. (1)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值； (2)若为函数，且满足，求数列的前10项和； (3)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和. 6．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义 (1)若，求和； (2)求； (3)证明：． 7．（2024·河南郑州·三模）复数除了代数形式之外，还有两种形式，分别是三角形式和指数形式，著名的欧拉公式体现了两种形式之间的联系．利用复数的三角形式进行乘法运算，我们可以定义旋转变换．根据，我们定义：在直角坐标系内，将任一点绕原点逆时针方向旋转的变换称为旋转角是的旋转变换．设点经过旋转角是的旋转变换下得到的点为，且旋转变换的表达式为曲线的旋转变换也如此，比如将“对勾”函数图象上每一点绕原点逆时针旋转后就得到双曲线：． (1)求点在旋转角是的旋转变化下得到的点的坐标； (2)求曲线在旋转角是的旋转变化下所得到的曲线方程； (3)等边中，在曲线上，求的面积． 8．（2024·河南·三模）设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. (1)判断曲线是否有拐点，并说明理由； (2)已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 9．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数. (1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”； (2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； (3)若，且，求证:. 10．（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为. (1)求实数a，b的值； (2)设，证明：； (3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：. 11．（2024·贵州遵义·三模）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685—1731）发现了：当函数在定义域内n阶可导，则有如下公式：以上公式称为函数的泰勒展开式，简称为泰勒公式．其中，，表示的n阶导数，即连续求n次导数．根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题： (1)写出的泰勒展开式（至少有5项）； (2)设，若是的极小值点，求实数a的取值范围； (3)若，k为正整数，求k的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·黑龙江·三模）已知函数在上的最大值和最小值分别为，，则（   ） A． B．0 C．2 D．4 【答案】A 【分析】构造函数，证明为奇函数，从而得到，即可求出的值. 【详解】令，定义域为， 因为在上的最大值和最小值分别为，， 所以在上的最大值和最小值分别为，， 因为， 所以为奇函数，的图象关于原点对称， 所以的最大值和最小值互为相反数，即， 所以， 故选：A. 2．（2024·湖南永州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求导后结合基本不等式可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，从而可化为，求解即可. 【详解】， 在上单调递增. 令，在上单调递增， 因为，所以为奇函数， 则化为 所以，解得， . 故选：C 3．（2024·河南·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数性质和一元二次不等式的解法求出集合，然后由集合的并集运算可得. 【详解】由指数函数的值域可得，解不等式得， 所以. 故选：B． 4．（2024·山东潍坊·三模）已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式. 【详解】不等式等价于，即， 构造函数，所以， 因为时，，所以对恒成立， 所以在单调递减， 又因为， 所以不等式等价于，所以， 即的解集为. 故选：A. 5．（2024·宁夏银川·三模）下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先利用奇偶性的定义来判断是否为偶函数，再利用给定的定义域去掉绝对值符号，再对函数进行单调性分析即可. 【详解】对于A：因为，所以为偶函数， 当时， ，， 因为在上单调递增， 所以在上单调递减，故A错误； 对于B：因为，所以为偶函数， 当时， ， 当时，， 因为在上单调递减， 所以在上单调递增，故B正确； 对于C：因为，所以为偶函数， 当时， ， 因为在上单调递增， 所以在上单调递减，故C错误； 对于D：因为， 所以为非奇非偶函数，故D错误. 故选：B. 6．（2024·山西·三模）已知是奇函数，当时，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据奇函数定义可知，结合分段函数解析式运算求解. 【详解】因为是奇函数，则， 且， 所以. 故选：B. 7．（2024·内蒙古·三模）已知函数，现有下列四个结论：①是偶函数；②是周期为的周期函数；③在上单调递减；④的最小值为.其中所有正确结论的编号是（    ） A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】利用偶函数和周期函数的定义，就可以判断①②，利用分段函数思想去掉绝对值，就可以得到函数的单调性和最值，从而可以判断③④. 【详解】因为，的定义域为全体实数，所以是偶函数，①正确； ，②错误； 当时，， 因为，所以在上单调递减， 又单调递增，所以在上单调递减，③正确； 因为，所以是周期为的周期函数， 当时， 则的最小值为，④正确. 故选：D. 8．（2024·辽宁·三模）已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图像变换法则求出函数的解析式，由条件列方程，解方程求解即可 【详解】因为将函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象， 所以，即， 将的图象向上平移2个单位长度，所得图象的函数解析式， 因为所得图象恰好与函数的图象重合， 所以， 所以，又且， 解得， 故选：D 9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）若为偶函数，则（    ） A．1 B．0 C． D．2 【答案】A 【分析】由已知为偶函数，可得，列方程求解即可. 【详解】由， 得， 因为为偶函数，所以， 即， 所以，解得. 故选：. 10．（2024·安徽·三模）已知函数，则对任意实数， “”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据的解析式判断出在上是奇函数、增函数，然后可以判断出答案. 【详解】的定义域为，且在上是增函数， 因为， ， 所以，所以是奇函数， 所以由可得，所以，所以， 反之，由得，所以，. 所以“”是“”的充要条件， 故选：C. 11．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的大致图象如图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用排除法，取特值，求即可判断结果. 【详解】对于选项A：因为，与图象不符，故A错误； 对于选项B：因为，与图象不符，故B错误； 对于选项C：因为，与图象不符，故C错误； 故选：D. 12．（2024·山东泰安·三模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可. 【详解】由题意得，函数为奇函数，且定义域为， 由奇函数的性质得，，解得，经过检验符合题意， 所以当时，， 所以. 故选：D. 13．（2024·四川成都·三模）已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由，得出关于对称；再由题意得出结果即可. 【详解】因为函数， 所以， 所以关于对称； 若实数 成等差数列，则， 又因为， 所以，所以. 故选：C. 14．（2024·辽宁沈阳·三模）已知是定义在上的函数，且为偶函数，是奇函数，当时，，则等于（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据偶函数的性质得到，再由奇函数的性质得到，从而推导出，再由所给解析式及周期性计算可得. 【详解】因为为偶函数，所以， 即， 所以， 又是奇函数，所以， 即，所以， 则， 所以是以为周期的周期函数， 又当时，，所以， 则， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：对于抽象函数的奇偶性，推导出函数的周期性，从而利用周期性求出函数值. 15．（2024·江西景德镇·三模）已知函数是奇函数，则时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用时，和可求得的解析式. 【详解】设，则， 所以， 又函数是奇函数，所以，即，. 即. 故选：C 16．（2024·安徽安庆·三模）已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图象经过点得到解析式，再由单调性和奇偶性化简不等式即可求解. 【详解】由题意知，解得，所以，其在上单调递增， 又因为，所以函数为奇函数，， 所以不等式可化为， 于是，即，解得或. 故选：C． 17．（2024·贵州毕节·三模）已知函数是奇函数，若，则实数a的值为（    ） A．1 B． C． D．0 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性的定义，即函数的单调性解即可. 【详解】因为函数是奇函数， 所以， 解得， 又， 所以当时，函数为增函数，当时，函数为减函数， 因为， 所以，故. 故选：B 18．（2024·山西临汾·三模）已知函数，关于的不等式的解集为，则（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性和单调性可得：不等式等价于，分和两种情况，结合函数单调性可得，进而可得结果. 【详解】因为，则，可知的定义域为， 且， 所以为偶函数； 当，则，即， 可得，可知在内单调递增， 又因为，结合偶函数性质可知：， 此时，可得， 若，则，即， 构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即符合题意； 若，则，即， 构建， 因为在内单调递增，则在内单调递增， 且， 可知在内存在唯一零点， 由解得； 综上所述：不等式的解集为， 此时，可得， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 19．（2024·陕西铜川·三模）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质即可求解. 【详解】函数在上单调递减， 解得. 故选：C. 20．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，可将转化为，结合导数可得在上单调递增，即可得. 【详解】由题可得， 所以， 即有，即， 故不等式等价于， 又， 当时，，故， 当时， ，，故， 即恒成立，故在上单调递增， 故由可得，即. 故选：A. 二、多选题 21．（2024·重庆·三模）已知函数，.下列选项正确的是（    ） A． B．，使得 C．对任意，都有 D．对任意，都有 【答案】BCD 【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D. 【详解】A：因为，所以，. 因为，， 所以，故A错误； B：若，则，即， ，可得， 令，因为，， 所以，使得，即，故B正确； C：因为， 且在上单调递减，所以也单调递减， 可得， 因为. 又在上单调递增，所以也单调递增， 得，即， 因此，对于任意的，都有，故C正确； D：由B可知：，使得， 结合C的结论，可知当，，，即， 当时，，，即， 因为，，得，即， 当时，有， 因为，所以，所以， 因此可得，即， 当，有， 因为，所以，可得，即， 因此，对于任意的，都有，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 22．（2024·贵州遵义·三模）下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由已知结合基本初等函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断. 【详解】对于A，， 所以为奇函数， 又因为， 所以在区间上单调递增，故A正确； 对于B，， 所以为奇函数， 但是在区间上不是单调递增，故B错误 ； 对于C，， 所以为奇函数， 又因为， 所以在区间上单调递增，故C正确； 对于D，， 所以为偶函数，故D错误. 故选：AC. 三、填空题 23．（2024·上海·三模）若，，则满足的m的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】先判断函数的奇偶性与单调性，然后利用偶函数的单调性列不等式，最后解不等式即可得到的最大值. 【详解】当时，，即， 当时，，即， 于是，在上，都成立，即为偶函数. 由指数函数的单调性可知，在上单调递增， 因此，不等式等价于， 即，解得. 故m的最大值为. 故答案为：. 24．（2024·广东广州·三模）函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为 ． 【答案】4（答案不唯一） 【分析】根据题意，在R上单调递增，根据分段函数单调性列式求解. 【详解】因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在R上单调递增， ，解得. 故答案为：4（答案不唯一）. 25．（2024·四川南充·三模）函数的定义域为 . 【答案】 【分析】根据解析式列出不等式求解. 【详解】因为， 所以且， 解得且， 故函数的定义域为. 故答案为： 26．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 . 【答案】 【分析】根据偶函数的定义，即可列关系式求解. 【详解】定义域为， ， 所以， 故， 故答案为： 27．（2024·河北石家庄·三模）给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】在同一坐标系下画出的图象，求出交点坐标；结合图象再做出满足条件的直线，进而求出的取值范围即可. 【详解】 由，， 因为， 所以图象变为： 其中，当且仅当时取最大值； 且设两函数在第一象限的交点为，即当， ， 解得：， 由题意与函数的图象有3个不同的交点， 由数形结合易知：，或， 故答案为：. 28．（2024·四川内江·三模）若函数是奇函数，则 . 【答案】 【分析】利用奇函数定义，结合分段函数分段探讨求解即得. 【详解】函数是奇函数，， 当时，，， 而当时，，则， 当时，，， 而当时，，则， 所以，. 故答案为： 29．（2024·湖南永州·三模）已知函数的定义域为，，，且对于，恒有，则 . 【答案】/ 【分析】赋值求得，由可得，从而可求，进而求得当时，，从而利用求解即可. 【详解】由可得，所以， ， ， ，. 因为对于，恒有， 所以当时，，而， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键点是根据题意求得，，进而求得当时，. 30．（2024·安徽马鞍山·三模）已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】参变分离可得对任意恒成立，换元令，整理得，结合对勾函数性质分析求解. 【详解】因为，且， 可得对任意恒成立， 令，则， 若，则，可得， 若，则，可得 ， 由对勾函数可知或， 则或，可得， 则； 综上所述：， 即的最大值为，则， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 31．（2024·湖北黄石·三模）设，，若，则的最小值为 ，此时的值为 . 【答案】 2 【分析】利用基本不等式求出的取值范围，再变形所求式，借助单调求出最小值. 【详解】由，，，得，当且仅当时取等号， 因此，， 令，函数在上单调递减，当时，， 所以当，即时，取得最小值. 故答案为：；2 32．（2024·四川成都·三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，的单调递增区间为 ． 【答案】 【分析】利用导数求当时的单调递增区间，再根据奇函数的对称性求得结果. 【详解】当时，, 由，解得，所以在区间上单调递增， 因为函数是定义在上的奇函数， 所以函数图象关于原点对称， 所以在区间上单调递增. 故答案为：. 33．（2024·陕西西安·三模）已知函数，若，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】构造奇函数，结合其单调性解不等式即可. 【详解】由条件知，令， 则， 易知，即为奇函数， 又， 易知在时单调递减， 由复合函数的单调性及奇函数的性质得在R上单调递减， 对于， 所以. 故答案为：. 34．（2024·四川泸州·三模）已知函数是偶函数，则实数 . 【答案】2 【分析】由偶函数的性质可得，即可得出答案. 【详解】因为函数的定义域为， 函数是偶函数，所以， 则， ，所以， 解得：，经检验满足题意. 故答案为：2. 一、单选题 1．（2024·四川雅安·三模）二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（    ）（参考数据：） A．万年 B．万年 C．万年 D．万年 【答案】A 【分析】利用取对数法进行化简求解即可． 【详解】万年用掉个二维码， 大约能用万年， 设，则， 即万年． 故选：A． 2．（2024·河北·三模）函数的递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用对数函数的性质以及复合函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数，则函数的递增区间满足，解得， 所以函数的递增区间为. 故选：C. 3．（2024·全国·三模）若，则的值是（    ） A．零 B．正数 C．负数 D．以上皆有可能 【答案】A 【分析】，则，代入已知利用指数、对数运算化简求解即可. 【详解】令，则，由得， 所以. 故选：A. 4．（2024·山东聊城·三模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可. 【详解】因为函数在上单调递增， 故， 又， 所以. 故选：A 5．（2024·辽宁·三模）已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图像变换法则求出函数的解析式，由条件列方程，解方程求解即可 【详解】因为将函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象， 所以，即， 将的图象向上平移2个单位长度，所得图象的函数解析式， 因为所得图象恰好与函数的图象重合， 所以， 所以，又且， 解得， 故选：D 6．（2024·四川·三模）已知集合 则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别求解出每个集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，令，解得， 显然，故C正确. 故选：C 7．（2024·四川凉山·三模）工厂废气排放前要过滤废气中的污染物再进行排放，废气中污染物含量（单位：mg/L）与过滤时间小时的关系为（，均为正的常数）．已知前5小时过滤掉了10%污染物，那么当污染物过滤掉50%还需要经过（    ）（最终结果精确到1h，参考数据：，） A．43h B．38h C．33h D．28h 【答案】D 【分析】先确定废气中初始污染物含量，由题意求出常数，即可解出． 【详解】∵废气中污染物含量与过滤时间小时的关系为， 令，得废气中初始污染物含量为， 又∵前5小时过滤掉了10%污染物， ∴，则， ∴当污染物过滤掉50%时，， 则， ∴当污染物过滤掉50%还需要经过. 故选：D. 8．（2024·福建漳州·三模）设，且，则的（    ） A．最小值为-3 B．最小值为3 C．最大值为-3 D．最大值为3 【答案】C 【分析】由已知结合基本不等式先求的范围，然后结合对数的运算性质即可求解. 【详解】因为，且， 所以，即， 当且仅当时取等号， 所以， 即. 故选：C. 9．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知，，则下面正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，，结合零点的存在性定理可得，，即可逐项判断. 【详解】令，由，故， 由与在上单调递增，故在上单调递增， 又，，故，故B错误； 令， 由函数的图象及的图象可得在上只有一个零点， 由，故， 又， ，故，故C错误； 有，故A错误；，故D正确. 故选：D. 二、多选题 10．（2024·河南·三模）已知函数，则（    ） A．的定义域为 B．的值域为 C． D．的单调递增区间为 【答案】ABC 【分析】根据函数的解析式，求出函数的定义域值域即可判断A、B，求出利用对数运算法则即可求解C，根据复合函数的单调性即可判断D. 【详解】对AB，由，得，则的定义域为，值域为，A，B均正确； 对C，，C正确； 对D，因为，所以，外层函数为增函数， ，令，所以函数定义域为， 内层函数，在上单调递增，上单调递减， 所以的单调递增区间为不是D错误. 故选：ABC 11．（2024·江苏南通·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式即可判断C；利用不等式即可判断D. 【详解】对A，由图可知：与交点， 与的交点， 根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称， 故，，故A正确； 对B，由A知，故B错误； 对C，由知，则，设，， 则，则当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 则，则恒成立，即，当时取等； 令，则有，因为，则，即，故C错误； 对D，设，，则， 则当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 则，即在上恒成立， 即在上恒成立，当时取等， 令，则，即，因为，则，则， 故，故D正确. 故选：AD.    【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是充分利用图象并结合指、函数的关系，而CD选项的关键在于两个不等式和的运用. 三、填空题 12．（2024·四川成都·三模）已知函数，则的值为 【答案】/ 【分析】根据题意，结合指数幂与对数的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】由函数，因为，所以. 故答案为：. 13．（2024·河南郑州·三模）已知，则的值为 ． 【答案】/0.5 【分析】根据对数的运算性质求解即可. 【详解】因为， 所以，可得 ， 即， 所以，即， 所以. 故答案为：. 14．（2024·河北·三模）已知函数，若，则当取得最小值时， ． 【答案】 【分析】根据题意，由条件可得，令，结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】由得，即，令， 则 当且仅当，即时，取得最小值，此时z也取得最小值． 故答案为：. 15．（2024·北京·三模）使成立的一组a，b的值为 ， . 【答案】 2（答案不唯一） 2（答案不唯一） 【分析】根据题意结合对数运算分析可得，取特值检验即可. 【详解】若，则，可得， 例如符合上式. 故答案为：2；2.（答案不唯一） 16．（2024·上海·三模）不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】利用对数函数单调性求出不等式的解集. 【详解】由不等式，得，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： 17．（2024·重庆·三模）已知，则 ． 【答案】3 【分析】由指数式与对数式的互化关系求出，再利用对数运算性质计算即得. 【详解】由，得，所以. 故答案为：3 18．（2024·山东济宁·三模）已知函数则 . 【答案】 【分析】利用已知的分段函数，可先求，再求，即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故答案为：. 19．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，且，若，且，则正整数的值为 . 【答案】109 【分析】利用指数式与对数式互化关系，结合已知可得，构造函数，借助函数在上的图象、以点点为端点的线段，进行“割线放缩”求出值. 【详解】依题意，， 设，显然是增函数，从而是方程的唯一解， 由，且当时，，    得， 从而应略小于11，需要判断与10.9的大小关系，先估算的近似值. 考虑函数图象上两个点之间的线段，然后进行“割线放缩”， ， ，所以. 故答案为：109 【点睛】关键点点睛：考虑函数图象上两个点之间的线段，然后进行“割线放缩”是解决问题的关键. 一、单选题 1．（2024·山东聊城·三模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可. 【详解】因为函数在上单调递增， 故， 又， 所以. 故选：A 2．（2024·广东广州·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据指数以及对数函数的单调性，即可得. 【详解】由于，，， 所以， 故选：C 3．（2024·宁夏银川·三模）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，应用导数得其单调性，可判断，再结合指数函数的单调性即可判断. 【详解】根据题意，构造函数，则， 当时，，所以在区间上单调递增， 因此可得，即， 所以， 又指数函数为单调递增，可得，即， 因为，所以. 故选：A. 4．（2024·宁夏银川·三模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据，，的单调性，分别判断的大概范围，即可得出大小. 【详解】由题知，，，因为在定义域内单调递增， 所以，即， 因为在定义域内单调递减，所以，即， 因为在上单调递减，所以，即， 综上：. 故选：D 5．（2024·安徽·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，即可得解. 【详解】由， 即， 令， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 则有，即， 令， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 则有，即， 故. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造出函数、，以比较、与、之间大小关系. 6．（2024·四川成都·三模）四个数中最大的数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】引入0，1，分别比较这四个数和0，1的大小，即可得到结论. 【详解】因为，，，. 所以最大. 故选：B 7．（2024·安徽·三模）若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数的性质，可比较，然后再与2比较大小，可得结果. 【详解】依题意，，故；而， 故， 故选：D. 8．（2024·北京·三模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确； 对于B中，例如，此时，所以B不正确； 对于C中，由函数在为单调递减函数， 因为，所以，可得，所以C正确； 对于D中，例如，此时，所以D不正确. 故选：C. 9．（2024·河南新乡·三模）设，其中是自然对数的底数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定数据，构造函数，利用导数探讨单调性并比较大小即得. 【详解】令函数，求导得，即函数在上单调递减， 而，又，因此， 所以. 故选：B 【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 10．（2024·福建三明·三模）若 ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据幂函数的单调性可判断的大小，利用对数函数的单调性判断a的范围，即可得答案. 【详解】由题意得， 由于在上单调递增，故； 而在上单调递减，故， 故， 故选：A 二、多选题 11．（2024·福建厦门·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】对A、B：借助不等式的性质即可得；对C：借助指数函数的单调性即可得；对D：借助基本不等式计算即可得. 【详解】对A：由，则，故A正确； 对B：由，则，故B错误； 对C：由在上单调递增，故，故C错误； 对D：由，则，故， 当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：AD. 12．（2024·广西柳州·三模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用幂函数、对数函数、指数函数的性质，结合特殊值法即可得解. 【详解】对于A，因为在上单调递增，， 所以，即，故A正确； 对于B，取，满足，但，故B错误； 对于C，因为，所以，则，故C正确； 对于D，取，此时，故D错误. 故选：AC. 一、单选题 1．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点中心对称，则. 因为为偶函数，所以， 所以的图象关于直线轴对称. 由，得， 所以，则， 则的周期为4， ，则. 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 （1）关于轴对称， （2）关于中心对称， （3）的一个周期为， （4）的一个周期为. 可以类比三角函数的性质记忆以上结论. 2．（2024·安徽合肥·三模）已知定义在上的偶函数满足且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的周期性与对称性可得解. 【详解】由， 令，得， 又令得， 再令，， 又，所以， 又，， 所以，为的一个周期，， 即， 故选：A． 3．（2024·四川内江·三模）已知函数的定义域为R，对任意实数x都有成立，且函数为偶函数，，则（    ） A．-1 B．0 C．1012 D．2024 【答案】B 【分析】利用抽象函数的奇偶性、周期性、对称性计算即可. 【详解】由，即的一个周期为4， 由为偶函数可知关于轴对称，即， 又可知， 所以， 显然， 所以. 故选：B 4．（2024·山西太原·三模）已知定义域是的函数 满足对于任意 都有 ，且 ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】赋值法先求出的部分值，猜想出，利用裂项相消法求即可. 【详解】因为，， 所以令，则， 令，则， 令，则， 令，则， 令，则， 所以，， 所以 ， 故选：C. 5．（2024·湖南岳阳·三模）已知为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由函数图象平移的规则，且为奇函数，得出函数图象的对称性，进而得出的值. 【详解】由函数图象平移的规则可知： 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的， 因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称， 所以函数的图象关于点对称，得： ， 即， 故选：D. 6．（2024·四川·三模）定义在R上的函数与的图象关于直线对称，且函数为奇函数，则函数图象的对称中心是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据条件得到的对称中心，再根据对称得到的对称中心. 【详解】因为为奇函数，所以， 即， 故的对称中心为，即， 由于函数与的图象关于直线对称， 且关于的对称点为， 故的对称中心为. 故选：D 7．（2024·山东济南·三模）已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．为偶函数 C．有最小值 D．在上单调递增 【答案】C 【分析】利用题设结合赋值法可得出，进而结合二次函数性质一一判断各选项，即可得答案. 【详解】由于函数的定义域为R，且， 令，则，得， 时，恒成立，无法确定，A不一定成立； 由于不一定成立，故不一定为偶函数，B不确定； 由于的对称轴为与的位置关系不确定， 故在上不一定单调递增，D也不确定， 由于表示开口向上的抛物线，故函数必有最小值，C正确， 故选：C 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用赋值法确定函数，进而结合二次函数性质求解. 8．（2024·贵州毕节·三模）已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】先由函数的图象关于直线对称，得函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，可得．再把代入，可得函数周期为4，求得，，即可求解． 【详解】因为的图象关于直线对称， 所以函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，故有． 因为，都有，所以， 所以，又函数的图象在x轴上方， 所以，所以，即函数的周期为4． 当，可得，所以， 当，可得，所以，所以， 所以. 故选：C． 9．（2024·四川南充·三模）已知函数的定义域均为R，函数的图象关于原点对称，函数的图象关于y轴对称，，则（    ） A． B． C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用题设得到①和②，又由，结合①式，推得的周期为12，利用求得和，最后利用的周期性即可求得. 【详解】由函数的图象关于原点对称，， 即，即①， 由函数的图象关于y轴对称，可得②， 由可得，又得， 两式相加，，将①式代入，得， 则得，将②式代入得，，则， 于是，即的周期为12. 又，由①可得，得， 又由可得，即得. 因，可得，， 于是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的对称性应用，属于难题. 解题关键在于根据中心对称和轴对称得出函数关系式：①和②，再由利用消元思想，转化为关于的关系式是最关键之处，其次是利用的关系式求得的周期是第二关键，之后赋值求得即可得解. 10．（2024·福建莆田·三模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，得，构造等比数列求得，即可求解. 【详解】设在数列中，，则，， 从而，故是首项和公比都是2的等比数列. 由等比数列的通项公式可得，则， 故. 故选：A 11．（2024·江苏南通·三模）已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】C 【分析】根据函数奇偶性推出函数关于直线对称和关于点 对称，则得到其周期，再计算其一个周期内的和，最后代入计算即可. 【详解】为偶函数，则则关于对称， 为奇函数，则， 即，则关于点对称， 则由其关于对称有，则， 则，作差有， 为周期函数，且周期为4，因为，，则， 因为，，则， ，则， ，， 故选：C. 二、多选题 12．（2024·黑龙江·三模）已知函数是定义域为的可导函数，.若是奇函数，且的图象关于直线对称，则（   ） A． B．曲线在点处的切线的斜率为2 C．是的导函数 D．的图象关于点对称 【答案】BC 【分析】根据对称性得到，即可得到，再令，即可判断A；对上式求导，再赋值，即可判断B，首先判断为奇函数，即可得到，再结合，即可判断C；首先推出关于对称，即可判断D. 【详解】由题意有定义域为的奇函数，所以，， 又的图象关于直线对称，所以， 因为，即， 令，有，故A错误； 由，令得，故B正确； 因为，所以， 所以为奇函数，即①，又②， 联立①②得，将代换得③， 联立②③得，则，结合①有，故C正确； 因为，， 所以，，得， 即关于对称，所以，即关于对称，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：对于抽象函数的的对称性、奇偶性、周期性类综合问题，关键是理解并准确应用函数的性质，赋值法是解决这类问题比较好的方法. 13．（2024·安徽·三模）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B． C． D．若，则 【答案】ABD 【分析】对A：由是奇函数可得，即可得；对B：由，借助赋值法计算即可得解；对C：结合所得可得函数的周期性，结合周期性与赋值法计算即可得；对D：结合函数周期性，借助赋值法算出一个周期内的值即可得. 【详解】对A：由题意知，，则， 所以图象的对称中心为，故A正确； 对B：， 两式相减得，所以，故B正确； 对C：由B选项可得，的周期为4，又， 故，令得，， 得0，故C错误； 对D：因为，又，故中， 令得，，由， 得，又的周期为4， 则 ，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 14．（2024·全国·三模）已知函数定义域为且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点对称，则（    ） A． B． C．是图象的一条对称轴 D．是图象的一个对称中心 【答案】BCD 【分析】由条件证明直线为函数的对称轴，点为函数的对称中心，结合函数的周期定义证明为周期函数，由此判断A，再证明，结合周期性判断B，证明为函数的对称轴，结合周期性判断C，证明原点为函数的对称中心，结合周期性判断D. 【详解】因为的图象关于直线对称， 所以，即， 所以， 所以的图象关于直线对称. 因为的图象关于点对称， 所以，即， 所以的图象关于点对称. 所以. 令，得. 由，可得， 故即， 所以， 所以函数的周期， 所以，又不恒为零， 所以错误，A错误， ，B正确； 因为的图象关于直线对称，的图象关于点对称， 所以， 所以为函数的对称轴， 结合周期性可得，，为函数的图象的对称轴， 所以是函数图象的一条对称轴，C正确； 因为，， 所以， 所以原点为函数的一个对称中心， 结合函数周期性可得点，，为函数图象的对称中心， 所以点是函数图象的一个对称中心，D正确. 故选：BCD. 15．（2024·福建宁德·三模）若定义在上的函数满足，且值域为，则以下结论正确的是（    ） A． B． C．为偶函数 D．的图象关于中心对称 【答案】ABC 【分析】利用赋值法，逐项判断即可. 【详解】对于选项A，令得：，解得或， 令，得， 由的值域为，所以时，，不合题意， 所以，故A正确； 对于选项B，令得：，所以或， 令，得，即， 由的值域为，所以， 令得：，所以或， 由的值域为，所以，故B正确； 对于选项C，令，得， 因为，所以，所以为偶函数，故C正确； 对于选项D，若图象关于中心对称，则，由于定义域为R，值域为， 若，则必有，与题设矛盾，故D错误. 故选：ABC. 16．（2024·河南新乡·三模）已知定义在上的函数满足，且，若，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．是周期函数 D． 【答案】BCD 【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解. 【详解】由，得， 则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确； 令，得，则，因此，A错误； 由，得，则， 因此的图象关于直线对称，B正确； 由，得的图象关于直线对称， 因此直线及均为图象的对称轴， 从而，令，得， 即，则， 故 ，D正确. 故答案为：BCD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 17．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数是定义在上的可导函数，其导函数分别为，其中的图象关于点对称，的图象关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据函数与的对称性得到周期性，利用导数法则求导判断A，利用的周期性判断C，利用的周期性求和判断D，利用的周期性判断D. 【详解】由的图象关于点对称，则， 即，所以，又的图象关于直线对称， 则，又，所以， 所以，两边同时求导得，即，故A正确； 由，可得，即， 所以，所以函数的周期为， 又，，，结合， 得，又函数的周期为，所以，， 所以，则，故D正确； 再，所以， 结合得，即，所以函数的周期为， 所以， 又，所以，故C正确； 由A选项知：，所以，即， 再，所以，所以，，即，又，所以， 所以，故B错误. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题主要是研究抽象函数的性质，以及导数运算问题，本题的关键是以条件等式为桥梁，发现函数与的性质关系，以及解析式的关系. 18．（2024·山西晋中·三模）已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．为非奇非偶函数 C．若，则 D．对任意恒成立 【答案】ACD 【分析】先将条件化为，然后直接在恒等式中取特殊值，即可验证A选项，并得到，再由此验证C和D选项. 对于B选项，直接给出一个反例即可. 【详解】我们有恒等式：. 对于A，由恒等式可得，而，故，所以，即，故A正确； 对于B，由于满足条件且是偶函数，所以有可能是偶函数，故B错误； 对于C，由恒等式可得，故. 若，则，故C正确； 对于D，由恒等式可得. 而，故和同号（同为正数，或同为负数，或同为0）， 从而再由可知，即，故D正确. 故选：ACD. 一、单选题 1．（2024·内蒙古·三模）已知奇函数的定义域为R，且，则在上的零点个数的最小值为（    ） A．7 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】由已知可得的图象关于点对称，周期为3，据此计算可得在上的零点个数的最小值为9. 【详解】由，可得的图象关于点对称， 又是奇函数，所以，则的周期为3， 所以， 则.故在上的零点个数的最小值为9. 取，显然满足题意，且恰好在上有9个零点. 故选：B. 2．（2024·四川内江·三模）若函数有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将函数有两个零点，转化为函数的图象有两个不同交点问题；由此设，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案. 【详解】由题意知函数有两个零点，即有两个不等实数根， 即函数的图象有两个不同交点； 设，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，当时，， 作出的图象如图： 当直线与图象相切时，设切点为， 此时，则， 故此时， 结合图象可知，要使函数的图象有两个不同交点， 需满足， 故， 故选：D 3．（2024·浙江金华·三模）若函数，则方程的实数根个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】求导得到函数单调性，画出函数图象，令，则，且，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，由3个解，从而得到答案. 【详解】， 当时，，则， 此时在上单调递减， 当时，，则， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 画出函数和的图象如下： 令得， 故， 令，则，且， 当时，结合图象可知，只有1个解， 当时，结合图象可知，只有1个解， 当时，结合图象可知，由3个解， 综上，方程的实数根的个数为5. 故选：D 4．（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可． 【详解】作出函数的图象，如图所示：      将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数， 由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点； 当时，直线与函数的图象没有交点； 当时，直线与函数的图象有三个交点； 所以直线与函数的图象不可能有两个交点． 故选：C． 5．（2024·宁夏石嘴山·三模）定义在R上的偶函数满足，且当 时，，若关于x的方程恰有5个实数解，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过已知得出的两条对称轴为直线，直线，由此可在同一平面内作出函数与函数的图象，结合已知列出不等式组即可求解. 【详解】因为，所以的图象关于直线对称， 又是定义在R上的偶函数，所以的图象关于直线对称， 作出函数与函数的图象如图所示，    若关于x的方程恰有5个实数解， 则函数与函数的图象有5个交点， 所以，解得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是得出函数的对称性，由此通过数形结合即可顺利得解. 6．（2024·四川成都·三模）若函数大于0的零点有且只有一个，则实数的值为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，函数有且仅有一个正零点，转化为方程有且仅有一个正根，令，利用导数研究函数单调性、极值，数形结合判断得解. 【详解】函数有且仅有一个正零点，即方程有且仅有一个正根， 令，则， 当时，，当时，，当时，， 即函数在和上单调递增，在上单调递减，且， 时，，时，，时，，可作出图象如下， 方程有且仅有一个正根，所以. 故选：D. 7．（2024·四川泸州·三模）已知函数（）在有且仅有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，，依题意有，解出即可. 【详解】因为，所以， 因为函数（）在有且仅有三个零点， 结合正弦函数的图象可知， 解得， 故选：B. 二、多选题 8．（2024·安徽·三模）已知函数其中，且，则（    ） A． B．函数有2个零点 C． D． 【答案】ACD 【分析】先作出函数图象，结合图象逐一判定即可. 【详解】解：，故A正确； 作出函数的图象如图所示， 观察可知，，而， 故，有3个交点， 即函数有3个零点，故B错误； 由对称性，，而， 故，故C正确； b，c是方程的根，故， 令，则， 故，而，均为正数且在上单调递增， 故，故D正确， 故选：ACD. 9．（2024·福建福州·三模）已知实数满足：，则下列不等式中可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用函数零点思想，结合图象逐一判断即得. 【详解】 如图在同一坐标系中分别作出函数的图象， 依题意直线与三个函数都有交点，需判断这些交点的横坐标之间有怎样的大小关系. 由图知，有三种不同的情况：当直线在①位置时，显然有：； 当直线在②位置时，显然有：； 当直线在③位置时，显然有：. 故选：ABD. 10．（2024·河北·三模）已知有三个不相等的零点且，则下列命题正确的是（   ） A．存在实数 ，使得 B． C． D．为定值 【答案】BCD 【分析】化简方程，令，得，构造，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于x的方程三个不相等的实数解，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根， ，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案． 【详解】由方程，可得． 令，则有，即， 令函数，则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，作出图象如图所示， 要使关于的方程有三个不相等的实数解， 且， 结合图象可得关于的方程一定有两个实根，， 且，或，， 令，若，， 则，故， 若，，则，无解， 综上：，故C正确； 由图结合单调性可知，故B正确； 若，则，又，故A不正确； ， 故D正确， 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造出函数，利用导数得出函数的单调性，结合图象将，转化成关于t的函数即可求解. 11．（2024·贵州毕节·三模）函数，下列关于函数的叙述正确的是（    ） A．，使得的图象关于原点对称 B．若，则方程有大于2的实根 C．若，则方程至少有两个实根 D．若，则方程有三个实根 【答案】AB 【分析】由已知可得为奇函数，作出图象，当时，为奇函数，可判断A；由已知可得，依据与的图象交点个数可判断B；由与至多有2个交点，可判断C；当时，可得与只有一交点，可判断D. 【详解】由，可得为奇函数，图象如图所示： 对于A：当时，为奇函数，故，使得的图象关于原点对称，故A正确； 对于B：若，则，由，可得， 由图象，若与有三个交点，存在交点的横坐标大于2， 所以方程有大于2的实根，故B正确； 对于C: 若，则由图象上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍可得的图象， 由，可得， 由图象，若与至多有2个交点，所以方程至多有两个实根，故C错误； 对于D：当时，由，可得， 由图象可得与只有一交点，故方程只有一个实根，故D错误. 故选：AB. 【点睛】方法点睛：本题考查奇函数的图象特征及函数与的奇偶性关系，同时考查方程的根的个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题的转化方法． 三、填空题 12．（2024·江西景德镇·三模）不经过第四象限的直线与函数的图象从左往右依次交于三个不同的点，，，且，，成等差数列，则的最小值为 . 【答案】 【分析】设不经过第四象限的直线（，），设，问题转化为该函数有三个零点，根据函数函数零点的关系，把，都用表示出来，再根据，，成等差数列，可得的取值范围，进一步求出的最小值. 【详解】易知必存在斜率，设：， 不经过第四象限，， 设，，，其中， ，，为方程的三个根， 构造函数， 则，所以，易知. 我们先将视作为定值，则由， 可得. 又，且，. 于是的取值随着的增大而减小， 故当时取最大值，此时，解得. 同理. ，. 若，，成等差，所以， 即， 整理即，解得， ， 即的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：函数有三个零点，可把写成的形式，展开后，利用多项式相等表示出，，.和，的关系是解决这问题的关键点. 13．（2024·河北秦皇岛·三模）已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为 . 【答案】9 【分析】由结合是奇函数可求出的周期为3，即可求出，再由的对称性和周期性可得. 【详解】由，可得的图象关于点对称， 又是奇函数，所以， 则的周期为3，所以， ， 而，则. 故在上的零点个数的最小值为9. 故答案为：9. 14．（2024·山东泰安·三模）已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由导函数等求出函数单调性和切线方程，画出的图象，数形结合得到答案. 【详解】当时，，其在上单调递减，在上单调递增，且，则； 当时，，，其在上单调递减，且. 作出的图像，如图，易知的取值范围是. 故答案为： 15．（2024·河北石家庄·三模）给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】在同一坐标系下画出的图象，求出交点坐标；结合图象再做出满足条件的直线，进而求出的取值范围即可. 【详解】 由，， 因为， 所以图象变为： 其中，当且仅当时取最大值； 且设两函数在第一象限的交点为，即当， ， 解得：， 由题意与函数的图象有3个不同的交点， 由数形结合易知：，或， 故答案为：. 16．（2024·陕西咸阳·三模）已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程有两解，则的值为 . 【答案】49或 【分析】由已知可得是以为周期的周期函数，结合已知可作出函数的图象，关于的方程有两解，可得与的图象有两个交点，数形结合可求的值. 【详解】由，可得， 所以是以为周期的周期函数，又为偶函数，且，故可作出函数的图象如图所示： 若关于的方程有两解， 则与的图象有两个交点， 当，则过点,所以，解得， 当，则过点,所以，解得， 综上所述：的值为或. 故答案为：或. 17．（2024·四川成都·三模）若函数大于的零点有且只有一个，则实数的值为 ． 【答案】/ 【分析】首先判断，令，，参变分离可得，依题意可得与在上有且只有一个交点，令，，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的值. 【详解】若时恒成立，所以没有零点， 所以， 令，，即，所以， 依题意与在上有且只有一个交点， 令，，则， 所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值是， 而当时，，当时，，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将问题转化为与在上有且只有一个交点. 四、解答题 18．（2024·四川凉山·三模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，求实数的取值范围， 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，分类讨论的范围求解单调性； （2）由（1）单调性进行判断具有三个零点，进行求解的取值范围. 【详解】（1）求导 当时 所以函数在单调递减，在单调递增； 当时，或. 若即时，或, 所以函数在单调递增，单调递减，单调递增； 若时，  函数在单调递增 若即时，或． 所以函数在单调递增，单调递减，单调递增； 综上：当时，在单调递减，在单调递增； 当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增； 当时，，所以函数在单调递增； 当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增； （2）由（1）知当时函数至多两个零点，不满足条件． 当时，函数至多一个零点，不满足条件； 当时函数在单调递增，单调递减，单调递增，，函数至多一个零点，不满足 当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增． ，令， 在区间单调递减，单调递增， 即 综上：的取值范围是 1．（2024·湖南益阳·三模）二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值20%，从第二年开始每年贬值10%．刚参加工作的小明打算买一辆约5年的二手车，价格不超过8万元．根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【分析】根据题意，列出不等式，解之并取近似值，即得的值. 【详解】依题意，，解得， 则，又，则. 故选：C. 2．（2024·四川德阳·三模）如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（   ） A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃ 【答案】A 【分析】根据给定的函数模型建立方程组，再列出不等式即可求解. 【详解】依题意，，则，即，显然， 设物流过程中果蔬的储藏温度为t℃，于是， 解得，因此， 所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过14℃. 故选：A 3．（2024·陕西商洛·三模）近年来商洛为了打造康养之都，引进了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水的污染物数量与时间（小时）的关系为（为最初的污染物数量）．如果前3小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（    ） A．2.6小时 B．6小时 C．3小时 D．4小时 【答案】C 【分析】由题意可得，再令，即可得解. 【详解】由题意可得，可得， 设， ，解得， 因此，污染物消除至最初的还需要3小时． 故选：C. 一、单选题 1．（2024·山东潍坊·三模）牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程 的根就是函数的零点，取初始值的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为 的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，一直继续下去，得到，它们越来越接近．设函数，，用牛顿迭代法得到，则实数（      ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】求得在的切线方程，代入求解即可． 【详解】，，， 则在处的切线方程为， 由题意得，切线过代入得，，解得， 故选：D． 2．（2024·浙江金华·三模）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围. 【详解】设直线与相切与点，因为， 所以切线方程，即， 设直线与相切与点， 因为，所以切线方程，即， ， 所以有解， 令，， 所以函数在，上单调递减，在，上单调递增， 因为，，所以，所以， 的范围为. 故选：A. 【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解. 3．（2024·内蒙古·三模）若过点可以作曲线的两条切线，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出切点，求导，利用导数几何意义求出切线方程，代入，得到，构造，求导，得到函数单调性，从而得到，结合当时，，当时，，从而得到答案. 【详解】在曲线上任取一点，对函数求导，得， 所以曲线在点处的切线方程为. 由题意可知，点在直线上，可得. 令，则. 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，且当时，，当时，， 又直线与曲线的图象有两个交点， 所以的取值范围为. 故选：C 4．（2024·山东济宁·三模）已知函数为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用偶函数的性质求出的解析式，再利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】函数为偶函数，当时，， 则当时，，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程是，即. 故选：A 5．（2024·四川·三模）已知函数 ，则曲线上一点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据题意可得，求出，再根据导数的几何意义即可得解. 【详解】由题意可得，即，所以， 所以，， 则， 所以曲线上一点处的切线方程为，即. 故选：C. 6．（2024·陕西西安·三模）已知函数在点处的切线均经过坐标原点，其中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先求出导函数，根据导数的几何意义表示出切线方程，从而得到，即可求出，再代入计算可得. 【详解】，则， 故函数点处的切线为， 又切线均经过坐标原点，则，化简整理可得， 又，，所以， 则，，，，， 又，，， ，， 所以． 故选：B． 二、填空题 7．（2024·福建宁德·三模）已知曲线和圆有2个交点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】分，，，几种情况，结合图象的变换知识可求的取值范围. 【详解】当时，由图象的变换可得，与一定有两个交点， 当，过点， 求导可得，，所以在处的切线方程为， 此时的圆心到直线的距离， 所以直线与圆只有一个公共点， 此时与只有一个交点， 当向左移动时，即时，与一定没有交点， 当时，与一定有两个交点， 故曲线与有两个交点时的取值范围为. 故答案为：. 8．（2024·河南·三模）已知函数点，在曲线上（在第一象限），过，的切线相互平行，且分别交轴于，两点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用给定条件得到，再把目标式化为一元函数，求导研究最值即可. 【详解】易知，设，则， 设切线斜率为，则，所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以的最小值为，所以的最小值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用给定条件得到，然后把目标式表示为，求导得到单调性，再求最值即可． 9．（2024·贵州遵义·三模）已知，则在处的切线方程是 ． 【答案】 【分析】求出切点处的导数值，再利用点斜式写出切线方程即可. 【详解】由题意得，， 所以， 故切线为，即. 故答案为：. 10．（2024·安徽·三模）已知曲线与曲线在第一象限交于点A，记两条曲线在点A处的切线的倾斜角分别为，则 ． 【答案】/ 【分析】求出交点后，借助圆的切线的性质与导数的几何意义计算即可得. 【详解】，解得，，故， 设曲线在点A处的切线为，即， 曲线在点A处的切线为， 由可得其圆心为，半径为， 则有，即，解得， 对，有，则，则， 即，， 则. 故答案为：. 11．（2024·云南昆明·三模）过点可以向曲线作条切线，写出满足条件的一组有序实数对 【答案】（答案不唯一） 【分析】设切点坐标为，利用导数表示出切线方程，代入点，通过构造函数，研究新函数的单调性和极值，对的取值范围进行讨论，得到解的个数，可得对应的切线条数. 【详解】，， 设所求切线的切点坐标为，则切线斜率为， 得切线方程为， 由切线过点，有， 化简得， 设，则， ，解得或；，解得， 在和上单调递减，在上单调递增， 极大值，极小值， 且或时，时，， 的函数图象如图所示， 则当时，无解，；当或时， 有一个解，； 当或时，有两个解， ；当时，有三个解， . 故答案为：（答案不唯一） 12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数，则 . 【答案】 【分析】借助导数公式与导数定义计算即可得. 【详解】，则. 故答案为：. 13．（2024·湖南常德·三模）已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则 ． 【答案】 【分析】先求出函数在处的切线方程，再由圆内弦长公式求得即可. 【详解】由，定义域为，， 则切线斜率，又， 所以切线方程为：，化简为：； 又因为圆的圆心，半径， 设圆心到直线的距离为，则， 则. 故答案为： 14．（2024·陕西商洛·三模）曲线的一条切线方程为，则 ． 【答案】 【分析】设切点为，根据导数的几何意义求斜率，即可得解. 【详解】， 设切点为，则， 又在切线上， 所以，解得， 所以. 故答案为： 一、单选题 1．（2024·山西·三模）已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先得到关于直线对称，并根据复合函数单调性得到其单调性，再构造相关函数的单调性得到，则比较出大小关系. 【详解】因为， 则， 则关于直线对称， 当时，， 根据复合函数单调性知在上单调递减， 且在上也单调递减， 则在上单调递减，再结合其对称性知在上单调递增. 令，则，， 所以在上单调递增，且，所以即. 令，则， 设，， 所以单调递减且，因此， 所以单调递减且，所以，即. 由得，所以. 又因为，且， 所以. 设，，则， 则在上单调递增，则， 即，即在上恒成立， 即，所以. 所以，则， 故，而， 即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到的对称性和单调性，再构造新函数，利用导数的单调性得到，则比较出三者大小. 2．（2024·湖南益阳·三模）若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，可比较大小. 【详解】根据题意，， 设， 则， 所以在上单调递增， 所以，即， 令，则， 所以在上单调递增， 从而，即，， 所以，， 从而当时，. 故选：D 3．（2024·安徽·三模）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出，构造函数，利用导数研究单调性，比较出，构造函数，比较出，即可求解. 【详解】依题意，则. 令，故， 故当时，在上单调递增， 故，则.令， 则，故当时，在上单调递增， 则，则. 综上所述：. 故选：A 4．（2024·辽宁沈阳·三模）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】若在上单调递增，则在上恒成立，参变分离得到在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】函数定义域为，则， 若在上单调递增，则在上恒成立， 即在上恒成立， 又，当且仅当，即时取等号， 所以， 因为， 所以“”是“在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A 5．（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中为自然对数的底数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可. 【详解】由题意得，，； 设，则， 当时，，所以单调递增，又， 所以，即，所以. 故选：A. 6．（2024·江西宜春·三模）已知，且，若函数在上单调递减，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，转化为在上恒成立，令，利用导数求得函数单调递减，得到，得出，即可求解. 【详解】由函数，可得 因为在上单调递减，所以在上恒成立， 令，则， 所以在上单调递减，所以，即， 则，解得，即实数的取值范围是． 故选：D． 7．（2024·山东聊城·三模）设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，根据题意，可证为上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减，又由转化为，即，即可得解. 【详解】因为， 设， 则， 即为上的偶函数， 又当时，， 则，所以在上单调递增，在上单调递减， 因为， 所以， 即，所以，即， 解得. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据题意，设，研究函数的奇偶性和单调性，从而求解不式. 8．（2024·贵州遵义·三模）设，，，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，利用导数判断出其单调性，即可比较，构造函数，，即可比较，即可得解. 【详解】，， 令， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即，所以， 令， 则， 所以在上单调递减， 所以，即， 令，则， 所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以，即， 综上所述，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：构造函数，，，是解决本题的关键. 二、多选题 9．（2024·浙江杭州·三模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．在区间上单调递增 B．的最小值为 C．方程的解有2个 D．导函数的极值点为 【答案】ABD 【分析】利用导数判断单调性，求解最值判断A，B，将方程解的问题转化为函数零点问题判断C，对构造函数再次求导，判断极值点即可. 【详解】易知，可得， 令，，令，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为，故A，B正确， 若讨论方程的解，即讨论的零点， 易知，，故， 故由零点存在性定理得到存在作为的一个零点， 而当时，，显然在内无零点， 故只有一个零点，即只有一个解，故C错误， 令，故， 令，解得，而，， 故是的变号零点，即是的极值点， 故得导函数的极值点为，故D正确. 故选：ABD 10．（2024·安徽合肥·三模）已知实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据题意，利用作差比较法，结合不等式的性质，可判定A错误，B正确；令，利用导数求得函数的单调性，得到，进而判定C正确；结合在上单调递增，可判定D正确． 【详解】对于A中，由，可得，所以A错误； 对于B中，由，则，所以B正确； 对于C中，令，可得， 当时，，单调递增， 因为，则，所以，即， 所以，所以C正确； 对于D中，由函数在上单调递增， 因为，则，即， 所以，所以D正确． 故选：BCD． 11．（2024·浙江金华·三模）已知正实数，满足，则下列不等式可能成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】将变形为，构造，，利用导数求解的单调性，即可判断的大小关系，结合函数图像即可求解. 【详解】由可得， 记， 由于函数均为上的单调递增函数，故为上的单调递增函数， 记，则， 令，得，故在单调递增， 令，得，故在单调递减， 而，，故存在使得， 故当，，即 当时， 当时，， 故作出的大致图象如下： 由图可知：当时， 当时，可得， 当时，可得， 当时，可得， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：构造函数，求导判断单调性，由此判断的大小关系，数形结合求解. 三、填空题 12．（2024·河南·三模）已知函数的定义域为，为其导函数，若，，则不等式的解集是 ． 【答案】 【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，由于在上时，与同解，即可根据求解. 【详解】令，则 ， 所以在上单调递增． 由于当，当， 而， 故在上，不等式与同解， 即，又，得，即， 所以原不等式的解集为． 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用导数求解不等式问题的常用方法： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 四、解答题 13．（2024·浙江金华·三模）已知函数在处的切线的方向向量为. (1)求的值； (2)求函数的单调区间与极值. 【答案】(1)1 (2)在上递增，在上递减，极大值为，无极小值 【分析】（1）由切线的方向向量可得切线斜率，进而利用导数的几何意义即可求解； （2）利用导数研究函数的单调性并求极值即可. 【详解】（1）在处的切线的方向向量为，所以在处的切线斜率， 又，则，解得. （2）函数的定义域为， ， 令，解得或（舍去）. 当时，，则函数在上单调递增， 当时，，则函数在上单调递减， 在处取得极大值，即，无极小值. 于是在上单调递增，在上单调递减， 极大值为，无极小值. 14．（2024·山东聊城·三模）已知函数. (1)若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值； (2)设函数，讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见详解 【分析】（1）先利用导数的几何意义求出函数的切线，再与抛物线联立，判别式法求解参数； （2）求导函数，根据、、分类讨论，即可求出函数的单调区间. 【详解】（1）由得，设公切线与曲线的切点坐标为， 由已知得，解得， 所以公切线方程为，即， 由得， 由已知得，解得. （2）由已知，则， 当时，，令，得，令得， 这时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，得，令得， 这时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，令得或，， ①当时，，这时在上单调递减； ②当时，，令，得， 令得或， 这时，在和上单调递减，在上单调递增； ③当时，，令，得， 令得或， 这时，在和上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 一、单选题 1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可. 【详解】由题意可得， 令， 则，， 所以存在，使得，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以为函数的极值点， 所以， 所以， 故选：B. 2．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解. 【详解】因为，所以， 令，可得或， 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，满足题意； 当，即时，恒成立， 则在上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极小值点，不满足题意； 综上，，即的取值范围为. 故选：A. 3．（2024·四川眉山·三模）若关于的不等式恒成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将不等式化为恒成立，即的图象恒在的图象的上方，利用导数研究函数，依题意得出当直线与在点处相切时取得最大值得结果. 【详解】依题意，，不等式化为， 设，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以在处取得极大值，也即最大值，又时，， 由题知不等式恒成立，所以的图象恒在的图象 的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距， 其最大值为的横截距，再令，可得，且当直线与 在点处相切时，横截距取得最大值， 此时，切线方程为，所以取得最大值为. 故选：C.    【点睛】关键点点睛：本题关键点是将不等式化为恒成立，看作是的图象恒在的图象的上方，通过利用导数研究函数图像解决问题. 4．（2024·广东·三模）在半径为的半球内放入一个正四棱柱，使得正四棱柱上底面的四个顶点位于半球面上，下底面与半球的大圆面重合，则正四棱柱体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出正四棱柱的高，结合球面的性质求出正四棱柱的体积的函数式，再利用导数求出最大值即可. 【详解】显然正四棱柱上底面正方形为与半球底面平行的截面圆的内接正方形， 设正四棱柱的高为，则正四棱柱上底面外接圆半径，上底面边长为， 因此正四棱柱体积，显然， 求导得，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，所以正四棱柱体积的最大值为. 故选： 【点睛】关键点点睛：设出正四棱柱的高，把正四棱柱的体积表示成高的函数关系是解决问题的关键. 5．（2024·福建宁德·三模）函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求导，求得的单调区间，作出的图象，分类讨论求得的解集，结合图象可得的取值范围为. 【详解】对函数求导可得，令，解得，令，解得，又时，， 所以的递增区间为，递减区间为和， 作出图象如图所示： 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 又， ，， 由的递增区间为，所以， 所以要使有三个整数解，则， 所以关于的不等式有且仅有三个整数解， 则的取值范围为. 故选：A. 6．（2024·福建莆田·三模）已知，点P在曲线上，点Q在曲线上，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，由反函数的定义，将的最小值转化为为点Р到直线距离的最小值的两倍，再由点到直线的距离公式列出方程，构造函数，求导即可得到其最小值，从而得到结果. 【详解】因为函数与互为反函数， 所以与的图像关于直线对称， 所以的最小值为点Р到直线距离的最小值的两倍. 设P（，），则. 设，. 由得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，则的最小值是. 故选:D 7．（2024·四川绵阳·三模）已知函数既有极大值，也有极小值，则下列关系式中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】问题可化为有两个不同的根的问题，参变分离，数形结合法即可求解. 【详解】由题意得， ∵既有极大值，也有极小值， ∴有两个不同的根， 即有两个不同的根， 显然，故有两个不同的根， 令，则与图象有两个交点， 因为在R上单调递增，且， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以；而时，，时，， 所以，即，即， 故选：D. 二、多选题 8．（2024·重庆·三模）已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（    ） A．当时，在处的切线方程为 B．若有3个零点，则的取值范围为 C．当时，是的极大值点 D．当时，有唯一零点，且 【答案】ABD 【分析】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到，讨论函数的单调性，结合极值点的定义，可判定C错误.当时，得到，函数单调递增，结合，可判定D正确； 【详解】对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确： 对于B中，若函数有3个零点，即有三个解， 其中时，显然不是方程的根， 当时，转化为与的图像有3个交点， 又由， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 所以当时，函数取得极小值，极小值为， 又由时，，当时，且， 如下图： 所以，即实数的取值范围为，所以B正确： 对于中，当时，，可得， 令，在上单调递增， 且,所以存在使得， 所以在上，单调递减， 在上，单调递增，又, 所以在上，即，单调递减， 在上，即，单调递增， 所以是的极小值点，所以错误． 对于D中，当时，， 设，可得， 当时，在单调递减；当时，在单调递增， 所以当时，，所以， 所以，所以函数在上单调递增， 又因为，即， 所以有唯一零点且，所以D正确； 故选：ABD. 【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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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． 9．（2024·山西太原·三模）已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（   ） A．的对称中心为 B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用，可判断A；令，解得，代入可判断B；利用导数判断出的单调性并求出极值点，结合图像分情况由解出，可得可判断C；利用C选项，若，，得出可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以的对称中心为，故A    正确； 对于B，，令，解得， 当时， ， 因为，所以，可得， 当时， ， 因为，所以，可得， 故B错误； 对于C，令，解得， 当或时，，是单调递增函数， 当时，，是单调递减函数， 所以在时有极大值，在时有极小值， 如下图，当时，若，则 ， 可得，即，解得， 所以； 当时，如下图，若，则 ， 可得，即，解得， 所以； 综上所述，，故C正确； 对于D，由C选项可知，若，， 所以，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点. 三、填空题 10．（2024·陕西铜川·三模）若函数有两个极值点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】将导数方程参变分离，转化为与由两个交点的问题，利用导数讨论的单调性，观察变化趋势，作出草图，由图象即可得解. 【详解】的定义域为， ， 令，得. 令，则. 令，则，即，即. 当时，单调递增；当时，单调递减. ， 又当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0， 作出的草图如图， 由图可知，当时，方程有两个正根，从而函数有两个极值点. 【点睛】思路点睛：关于函数零点个数求参数问题，通常参变分离，转化为两个函数图象相交问题，借助导数研究函数单调性，作出草图即可得解，其中需要注意观察函数的变化趋势. 11．（2024·陕西渭南·三模）设定义在R上的函数满足，且，则在R上的最大值为 ． 【答案】 【分析】构造函数，对其求导，结合已知可求,进而可求，再由导数与最值关系可求. 【详解】令，则 可知，即， 因为，即，则 当时，，可知函数在上单调递增， 当时，，可知函数在上单调递减， 所以函数的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据的形式，构建函数，结合导数关系求得. 12．（2024·浙江·三模）已知关于的不等式对任意 恒成立，则实数 的取值范围是 . 【答案】 【分析】将原不等式转化为恒成立，画出函数与的图像，求出过原点且与函数，分别相切时直线的斜率，根据数形结合可得结果. 【详解】不等式可化为， 令，因为， 令，所以函数在上为增函数， 令，所以函数在上为减函数， 所以当时，即当时，所以， 所以 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，所以，又，所以，所以， 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，且，解得或（舍去），所以， 画出函数与的图像，如图： 数形结合可得，，所以， 故答案为：. . 【点睛】关键点点睛：本题关键点是将原不等式转化为恒成立，根据数形结合，将问题转化为过原点且与函数，分别相切时直线的斜率，从而得结果. 13．（2024·四川成都·三模）已知函数 ，若 存在最小值，且最小值为，则实数 的值为 【答案】 【分析】求得，令，得到，令，利用导数求得函数的单调性和极大值，分和，两种情况讨论，转化为，求得，即可求解. 【详解】因为函数，可得， 令，可得，令，可得， 当时，可得，此时单调递增， 当时，可得，此时单调递减， 所以，函数的极大值为，当且仅当时，， 所以，可得，如图所示， 当时，有两个实数根，记为， 当时，；当时，， 所以在处取得极大值，不符合题意； 当时，有一个实数根，记为， 当时，；当时，， 所以在处取得极小值，也是最小值， 综上可得，在内取得最小值，即时，函数取得最小值， 所以，即，即， 解得或（舍去），所以. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：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. 四、解答题 14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知函数为的极值点． (1)求的最小值； (2)若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可 （2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可 【详解】（1）， 依题意，，所以， 所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； （2）由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 所以． 15．（2024·云南昆明·三模）已知函数； (1)当时，证明：对任意，； (2)若是函数的极值点，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）求导得到函数的单调区间，求出，结合对数的运算可得结果； （2）求导得到函数的单调区间，可得在单调递减，在单调递增，满足是的极值点，进而求出结果即可. 【详解】（1）当时，，， 当时，，则； 当时，，，故，所以在单调递增， 因为，所以，所以， 所以，所以，故； 综上，对任意，． （2），，因为是的极值点， 所以，即． 当时，，令，则， 由（1）可知，对任意，，故在单调递增，又， 故当时，，即，当时，，即， 故在单调递减，在单调递增，满足是的极值点， 综上，实数的值为1． 【点睛】关键点点睛：第二问由极值点求参数可先分析单调性，再由极值点处导数为零求参数即可. 16．（2024·四川南充·三模）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)①求证：有且仅有一个极值点； ②当时，设的极值点为，若.求证： 【答案】(1) (2)①证明见解析 ②证明见解析 【分析】（1）求出函数导数，利用导数单调性，可得出函数单调性，即可求最值； （2）①求出函数导数，根据导数的单调性，利用零点存在性判断导数只有一个变号零点即可；②作差后构造函数，利用导数判断函数单调性，利用单调性求出最小值0即可得证. 【详解】（1），令， 当时，，， ，故在上单调递增，又， 在上单调递减， 在上单调递增， 的最小值为. （2）由（1）知，， ，故在上单调递增，即在上单调递增， 又， ， 存在唯一的变号零点， 即有且仅有一个极值点. ②由①知：有且仅有一个极值点且，则 当时，， 由①知：，要证， 只需证：， 而，那么 ， 令，则， 设，则，又， 所以，在上单调递增，即在上单调递增， 又，，在上单调递增， 即在上单调递增，又，， 在上单调递增，， 综上所述，时， 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问，首先需要对要证结论变形，再构造函数，利用，转化为证明，本题第二个关键点在于需要多次求导，利用函数的单调性，证明函数值不小于0，直到得出单调递增，再由单调性得出结论，过程繁杂，极易出错. 17．（2024·河南·三模）已知函数，且在处的切线方程是． (1)求实数，的值； (2)求函数的单调区间和极值． 【答案】(1)， (2)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可； （2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值. 【详解】（1）因为，所以， 又在处的切线方程为， 所以，， 解得，． （2）由（1）可得定义域为，则， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 则在处取得极小值， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 因此极小值为，无极大值． 18．（2024·北京·三模）已知函数. (1)若曲线在处的切线为x轴，求a的值； (2)在（1）的条件下，判断函数的单调性； (3)，若是的极大值点，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)上单调递减，上单调递增 (3) 【分析】（1）求导，然后根据列式计算即可； （2）求导，然后通过二次求导确定导函数的正负，进而确定函数的单调性； （3）求导，然后因式分解，确定导函数的零点，讨论零点大小，进而确定极值点. 【详解】（1）由已知，则， 由于曲线在处的切线为x轴， 所以， 所以； （2）当时，，令， 则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又当时，恒成立，，， 所以当时，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； （3）由已知， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又当时，恒成立，且， 当时，，即在上有且只有一个零点，设为， 当，即，解得， 此时若，解得，在上单调递减， 若，解得或，在上单调递增， 此时在处取极小值，不符合题意，舍去； 当，即，解得， 此时若，解得，在上单调递减， 若，解得或，在上单调递增， 此时在处取极大值，符合是的极大值点， 当时，即，解得， 此时恒成立，无极值点， 综上所述：a的取值范围为. 【点睛】方法点睛：函数的极值跟导函数的零点有关，当零点不确定的时候，就需要对零点的存在性以及零点的大小进行分类讨论，从而达到确定极值点的目的. 19．（2024·河北·三模）已知函数． (1)若是的一个极值点，求的值； (2)若有两个极值点，，其中，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据极值点的概念求参数的值； （2）函数由两个极值点，转化为有两个不同的零点，再分离参数，转化为求函数的最值问题解决. 【详解】（1）易知， 又是的一个极值点，所以，即，所以， 此时， 令，， 所以在上单调递增，且， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，即符合题意， 因此的值为． （2）因为，且有两个极值点，， 所以方程在上有两个不同的根， 即方程有两个不同的正数根， 将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同的交点， 则，令，解得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 且当时，，，故作出的图象如图所示： 由图象可知满足题意，即，即的取值范围为． 20．（2024·山西晋中·三模）已知函数， (1)讨论的单调性； (2)若函数存在两个极值点，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减. (2) 【分析】（1）使用单调性的定义和导数即可判断单调性； （2）先用导数确定的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论的零点个数，即可得到的取值范围. 【详解】（1）由，知. 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，有， 从而对和有，对有. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）由于，故. 记，则. 从而对有，对有. 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点； 当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，. 再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点. 综上，的取值范围是. 21．（2024·重庆·三模）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的值； (2)求函数的极值． 【答案】(1) (2)极大值，极小值 【分析】（1）利用导数的几何意义结合两直线垂直时的斜率关系可求得a值； （2）结合第（1）问可得，再根据函数的单调性即可确定极值点，则极值可求. 【详解】（1）函数，求导得， 则，即为切线的斜率，． 因为切线与直线垂直，则有，．． 解得． （2）由（1）知，函数，定义域为， 求导得，． 当或时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得极大值， 当时，取得极小值， 所以函数的递增区间为，递减区间为， 极大值，极小值． 22．（2024·四川·三模）已知函数 . (1)记函数，求函数的极大值点; (2)记函数，讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，再根据极值点的定义即可得解； （2）求导，再分和两种情况讨论，利用导数求出函数的单调区间，再结合零点的存在性定理即可得出答案. 【详解】（1）， ， 因为函数在上都是减函数， 所以函数在上是减函数， 又因为， 则当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值点为； （2）， ， ①当时，，所以函数在上单调递增， 又， 所以函数只有一个零点， ②当时，令，则， 所以函数在上单调递减， 当时，， 则当时，，即，所以函数在上单调递增， 当时，，即，所以函数在上单调递减， 所以，所以函数只有一个零点， 当时，显然存在唯一的实数上使得， 当时，，即，所以函数在上单调递增， 当时，，即，所以函数在上单调递减， 所以， 又当时，，当时，， 所以此时函数必有个零点， 综上所述，当或时，函数有个零点； 当且时，函数有个零点. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 23．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数，直线在轴上的截距为，且与曲线相切于点． (1)求实数的值； (2)求函数的单调区间与极值． 【答案】(1) (2)单调递增区间为，，单调递减区间为，， 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到切线方程，由切线过点代入计算可得； （2）由（1）可得的解析式，利用导数求出函数的单调性，即可求出极值. 【详解】（1）因为，则， 所以，， 故直线， 又直线在轴上的截距为，所以，解得． （2）由（1）得，的定义域为， 又， 由，解得或；由，解得， 所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为， 所以在处取得极大值，即， 在处取得极小值，即． 一、单选题 1．（2024·河南郑州·三模）设，且，则（    ） A．若，则 B．若，则存在且不唯一 C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，根据零点存在性定理即可求解A，构造函数，求导根据函数的单调性，求解最值即可求解B，令，得构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解CD. 【详解】对于A，当时，则，记，由于均为单调递增函数，故为单调递增， 由于，故零点大于，故A错误， 对于B，若，由得，记， 则，由于均为上的单调递增函数， 故在单调递增，且当时，， ， 故存在唯一的，使得，即， 且在单调递减，当在单调递增， 故，又， 故，故无零点，故不存在使得，故B错误， 对于C， 先证，记，， 当单调递增，当单调递减， 所以，故， 设，由于，所以，故 则，由于， 所以，故在单调递增，故， 故故C正确， 对于D, ， 所以在单调递减，故, 则，故D错误， 故选:C 【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． 2．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一：由得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、；由两边同除以得，构造函数，求导利用导数判断函数的单调性求最值，进而比较、，由此可比较，，的大小. 法二：化为，作差法并构造函数，求导利用导数求出函数最值，比较、大小，再利用作差法比较、大小，即可比较，，的大小. 【详解】法一： 由得，令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，所以在上恒成立， 所以，即，所以，所以； 由两边同除以得，令， 则，所以在上恒成立， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 所以，即，所以，从而． 法二： 由得，即，所以 ， 令，， 当时，，在单调递增， 所以，所以， 则有； 由得，即， 所以， 因为，，，所以，即 故． 故选：A 【点睛】方法点睛：比较大小时，可根据数值构造函数，利用函数的单调性，最值比较大小. 3．（2024·四川泸州·三模）已知，，给出下列不等式 ①；②；③；④ 其中一定成立的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由可得，分别构造，和，通过求导，求出单调性和最值可判断①③④；取特值可判断②. 【详解】由，，可得：， 因为，所以，所以，所以，解得：， 由可得：，所以， 对于命题①，， 令， 所以在上单调递增，因为， 所以，故命题①正确； 对于命题②，由可得：， 所以， 所以在上单调递减， 所以，所以，故命题②正确； 对于命题③，由，取，所以， 所以，所以③错误. 对于命题④，因为，所以，。 令，， 令，， 所以在上单调递减， ，所以，所以在上单调递减， 所以，所以，故命题④正确. 故选：C. 【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，根据相似结构构造辅助函数. 4．（2024·四川成都·三模）若，恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】先确定时的情况，在时，参变分离可得，进而构造函数，求得的最小值即可. 【详解】当，，不等式成立， 当时，恒成立，即， 令，则， 令，则，当时，， 所以在上单调递增，所以，所以， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以. 所以实数的最大值为. 故选：D. 5．（2024·河南·三模）若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】对所给不等式进行适当变形，利用同构思想得出对于任意的恒成立，进一步利用导数求出不等式右边的最小值即可求解. 【详解】显然首先， ， 令，则，所以在定义域内严格单调递增， 所以若有成立，则必有， 即对于任意的恒成立， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 从而，所以的取值范围是，即实数的最大值为. 故选：B. 6．（2024·陕西商洛·三模）已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可. 【详解】由题意，不等式即，进而转化为， 令，则， 当时，，所以在上单调递增. 则不等式等价于恒成立. 因为，所以， 所以对任意恒成立，即恒成立. 设，可得， 当单调递增,当单调递减． 所以有最大值，于是，解得． 故选：B 【点睛】方法点睛：将已知条件转化为，通过构造函数，进而利用导数得到，进而计算求得结果. 二、填空题 7．（2024·福建三明·三模）已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】分当且对任意均成立时，和当且对任意均成立时，两种情况讨论，分离参数，进而可得出答案. 【详解】当对任意均成立时， 则对任意均成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 当对任意均成立时， 则对任意均成立时， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以， 所以，所以， 所以，当且对任意均成立时， 且，即； 当且对任意均成立时， 即且对任意均成立时， 因为在上无最大值， 所以此时没有满足， 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 8．（2024·广西桂林·三模）若对任意的恒成立，则k的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将原不等式转化为，设，则，利用导数研究函数的性质可得，即，再次利用导数研究函数的性质可得，解之即可求解. 【详解】由得，即， 设，则， 设，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 且，，又时， 所以，即，得，即， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 即，解得． 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 三、解答题 9．（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程； (2)当时，求出函数的所有零点； (3)证明：. 【答案】(1)； (2)有唯一零点； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）把代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得. （3）对所证不等式作等价变形得，再构造函数依次证明即得. 【详解】（1）当时，，求导得， 则，又， 因此曲线在点处的切线方程为， 所以切线的斜截式方程为. （2）当时，，求导得， 令，，则， 则在单调递增，而，当时，，即， 当时，，，函数在上递减，在上递增，又， 所以当时，有唯一零点. （3）不等式 ， 令函数，求导得，当时，，当时，， 函数在上递减，在上递增，则，即， 因此，， 令，求导得，函数在上递增， ，因此，又， 从而， 所以原不等式得证. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 10．（2024·河北·三模）已知函数． (1)若在恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得恒成立，令，求导得，利用导数分类可求实数a的取值范围； （2）由（1）知当时，可得在恒成立，当时，可得，利用累加法可得结论. 【详解】（1）在恒成立． 构造函数，则在恒成立． 当时，，所以在递增， 所以，矛盾，故舍去 当时，由得，所以在递增， 故，均有，矛盾，故舍去 当时，，所以在递减， 所以，满足题意； 综上，实数a的取值范围为 （2）由（1）知当时，恒成立， 即在恒成立 且当且仅当时取等号． 所以当时，可得 同理，，， 两边分别累加得： 即 即 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到，再代入得到其他不等式，最后累加即可证明. 11．（2024·全国·三模）已知函数在处的切线方程为. (1)求a的值； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先求函数的定义域，接着求函数的导函数，保证即可； （2）将代入函数解析式，通过研究函数的导函数，分析函数的单调性，进而求得当时，；当时，，得证. 【详解】（1）由题意可得函数的定义域为， 又，函数在处的切线方程为，其斜率为， 得：，解得. （2）注意到，且， 则，， 令，则. 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，即， 所以在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，， 所以. 12．（2024·广东广州·三模）已知函数． (1)求的极值； (2)已知，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到单调性，结合极值定义可得结果； （2）令，结合（1）中结论，采用赋值方式可得到；令，利用导数可证得，采用放缩的方式可证得不等式. 【详解】（1）由题意知：定义域为，； ①当时，，， 在上单调递增，无极值； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. （2）令，则， 由（1）知：，，即， 令，则且，，， 取，则，即， 令，则， 在上单调递增，，即， ， 即. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够对于灵活应用（1）中所求结论，并通过构造函数的方式对所证不等式进行合理放缩，从而整理得到结果. 13．（2024·贵州毕节·三模）（1）证明：当时，； （2）已知函数在上有两个极值点，求实数a的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】（1）令，利用导数求出最大值，令，利用导数求出最小值即可证明； （2）由题意知原命题等价于导数在上有两个不等实根，据此即可求解. 【详解】（1）证明：令，在上恒成立， 在上单调递减，即， 又令，在上恒成立， 在上单调递减，即， ∴当时，； （2），， 由题意知原命题等价于在上有两个不等实根， 得，又因为在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当或时，， 即. 14．（2024·江西宜春·三模）已知函数，． (1)若对恒成立，求实数a的取值范围； (2)若曲线与x轴交于A，B两点，且线段AB的中点为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，把不等式转化为恒成立，令，求得，设，利用导数求得的单调性，结合，进而得到单调性和，即可求解； （2）根据题意，转化为有两个实根，设，因为，转化为，构造，利用导数得到在递增，得到，转化为证，令在利用导数求得函数的单调性，得到，取，即可得证. 【详解】（1）解：因为函数，可得其定义域为， 由，即，化为， 因为对恒成立，即恒成立， 令，则，可得， 设，则， 当时，，当时，， 故在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以， 当时，，当时，， 故在区间内单调递减，在区间内单调递增，则， 所以实数a的取值范围是． （2）证明：令， 由（1）知方程有两个不等实根，且一根小于1，另一根大于1， 不妨设，因为， 所以， 又因为，构造函数，，则， 得在单调递增，，即， 即，即， 要证，即证， 即证，即证， 构造函数， 则， 故在区间内单调递减，则，即， 取，则有，即，故． 【点睛】方法点睛：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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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． 15．（2024·福建福州·三模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的值 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）由，得，当时，不符合题意；当时，最小值为，若恒成立，则，设．根据导数研究的最大值，即可求出的值. 【详解】（1）定义域为，由，得， 因为， 所以曲线在点处的切线方程为； （2）定义域为，， ①当时，，不符合题意． ②当时，令，解得， 当时，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递增， 所以当时，取得最小值； 若恒成立，则， 设，则， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减， 所以，即的解为． 所以. 16．（2024·广西·三模）已知函数. (1)求函数的极值； (2)若对任意，求的取值范围. 【答案】(1)的极小值为，无极大值. (2) 【分析】（1）求导函数的零点，即为的极值点，然后解不等式，，确定极大值和极小值； （2）构造函数，将恒成立问题转化为最值问题，在求最值过程中，注意对参数a的分类讨论. 【详解】（1），得， 当时，，函数在单调递减， 当时，，函数在单调递增， 所以的极小值为，无极大值. （2）对任意，即， 设， ①当时，在单调递增，单调递增， ，成立； ②当时，令在单调递增， 在单调递增， ，成立； ③当时，当时，单调递减， 单调递减， ，不成立. 综上可知. 17．（2024·山东泰安·三模）已知函数. (1)讨论的最值； (2)若，且，求的取值范围. 【答案】(1)最小值为，无最大值. (2). 【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值； （2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围. 【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得. 当时，令，可得； 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值. （2）解：当时，由，可得， 整理得，即， 令， 则， 由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故当时，取得最大值，即， 故的取值范围为. 【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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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，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． 18．（2024·浙江金华·三模）已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值． (1)求实数a的值； (2)若不等式恒成立，求k的范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）求导，利用，求出答案； （2）参变分离得到对任意恒成立，令，求导得到函数的单调性和最值，得到. 【详解】（1）∵， ∴， ∵函数在点处取得极值， ∴， ∴，经检验，符合题意， ∴； （2）∵， ∴恒成立， 即对任意恒成立． 令，则． 设，易得是增函数， 而， ∴时，，即， 时，，即， ∴在上单调递增，上单调递减， ∴， ∴． 一、解答题 1．（2024·浙江·三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”. (1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； (2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值； (3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可. （2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解. （3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可. 【详解】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下： 逆时针旋转后与轴重合， 当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾， 因此函数不是“旋转函数”. （2）由题意可得 函数与函数最多有1个交点， 且， 所以最多有一个根， 即最多有一个根， 因此函数与函数R最多有1个交点， 即函数在上单调， 因为，且， 所以，所以， 即，，即的最大值为. （3）由题意可得函数与函数最多有1个交点， 即， 即函数与函数最多有1个交点， 即函数在上单调， ，当时， 所以， 令，则， 因为在上单调减，且， 所以存在，使， 即， 所以在单调递增，单调递减， 所以， 即. 【点睛】方法点睛：利用函数的零点与对应方程的根的关系，我们经常进行灵活转化： 函数的零点个数方程的根的个数函数与图象的交点的个数； 另外，恒成立求参数范围问题往往分离参数，构造函数，通过求构造函数的最值来求出参数范围，例：若恒成立，只需，恒成立，只需. 2．（2024·山东潍坊·三模）一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质. (1)类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 ； ②平方关系 ； ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； (2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围； (3)若，证明： 【答案】(1)答案见解析，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明； （2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案； （3）结合新定义将所证变为，设函数，即证，先利用导数求得在上单调递增，再设，利用导数得其单调性及，从而，得证. 【详解】（1）平方关系：； 倍角公式：； 导数：. 理由如下：平方关系，； 倍角公式：； 导数：，； 以上三个结论，证对一个即可. （2）构造函数，，由（1）可知， ①当时，由， 又因为，故，等号不成立， 所以，故为严格增函数， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令， 则，可知是严格增函数， 由与可知，存在唯一，使得， 故当时，，则在上为严格减函数， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数的取值范围为； （3）因为， 所以原式变为， 即证， 设函数，即证，， 设，， 时，在上单调递增，即在上单调递增， 设，则， 由于在上单调递增，， 所以，即，故在上单调递增， 又，所以时，， 所以，即， 因此恒成立，所以原不等式成立，得证. 【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想. 3．（2024·黑龙江·三模）若函数满足：对任意的实数，有恒成立，则称函数为“增函数”. (1)求证：函数不是“增函数”； (2)若函数是“增函数”，求实数的取值范围； (3)设，若曲线在处的切线方程为，求的值，并证明函数是“增函数”. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）利用给定新函数定义，举反例即可证明. （2）结合新函数定义得恒成立，利用不等式求解范围即可. （3）借助导数的几何意义，对该函数求导后，令导数函数值为1，可得该方程的根，且时其中一个根，结合导数可证明该函数严格单调递增，故有且仅有，而后设出，根据在上是严格增函数，可得在上是严格增函数，又，则，即可证明. 【详解】（1）取，则，因为， 故函数不是“增函数”. （2）因为函数是“增函数”， 故任意的，有恒成立， 即恒成立， 所以恒成立， 又，故，则， 则，即. （3）， 根据题意，得，可得方程的一个解， 令，则，故在上是严格增函数， 所以是唯一解， 又，此时在处的切线方程即为，故； 设，其中， ，由在上是严格增函数以及， 得， 即， 所以在上是严格增函数， 因为，则，故，得证， 所以函数是“增函数”. 【点睛】关键点点睛：本题时给出函数的新定义，由此去判断求解问题，解答本题的关键是要理解函数的新定义，明确其含义，依此取判断解决问题. 4．（2024·甘肃酒泉·三模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或． (1)记，求证：； (2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，． （ⅰ）求； （ⅱ）求（用数字作答）． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）借助二进制的定义计算可得，，即可得证； （2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从到中，、、，的个数，即可得. 【详解】（1）因为， ， ， ， ； （2）（ⅰ）， ； （ⅱ）， ，故从到中， 有、、、共个， 有个，由，即共有个， 有个，由，即共有个， ……， 有个， . 【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到，，通过组合数的计算得到、、、的个数，再结合组合数的性质计算得到结果. 5．（2024·浙江金华·三模）若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，. 那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数. (1)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值； (2)若为函数，且满足，求数列的前10项和； (3)若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2)1024 (3) 【分析】（1）根据所给定义得到，结合所给条件求出，即可猜想，即可求出 （2）首先求出，，猜想，再由数学归纳法证明，再由等比数列求和公式计算可得； （3）首先求出的前几个数，猜想，利用数学归纳法证明，再分为偶数和为奇数，利用分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为， 所以，所以. 但是若，则，又，这出现矛盾， 所以不成立，即， 此时，，所以或者. 若令，显然它是满足函数的3个条件的，不会出现矛盾. 所以. （2）由，则，若，则，，出现矛盾. 所以.同理求得，我们猜想 下面证明它.当，2，3时，的公式显然成立. 假设当时，的公式成立. 则当时， ， ， ， ， 显然，只能是. 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是， 所以数列的前10项和为. （3）因为，，所以，， 因为，不妨取，则且， 所以，即. 我们猜想， 下面证明它. 当，2，3，4时，的公式显然成立. 假设当，2，3，4，，，时，的公式成立，则当时 即只需即可，所以. 又当时 即只有，所以， 所以得证. 可知，该公式给定的数列也满足函数的3个条件. 于是当为偶数时， ； 当为奇数时，； 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，关键是理解所给定义，对于直接证明比较困难的问题，先猜想，再利用数学归纳法证明. 6．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义 (1)若，求和； (2)求； (3)证明：． 【答案】(1)， (2)，． (3)证明见解析 【分析】（1）结合新定义，分别带入计算即可得； （2）结合新定义，分及进行计算即可得； （3）令，可得，，即可得再分且与进行计算即可得. 【详解】（1）若，， 而； （2）当时，． 当时，由 ， 可得． 因此，； （3）要证， 只需证 ， 令， 一方面，， 另一方面，， 当且时，由于， 比较两式中的系数可得， 则， 由可知， 当时，由，可知： ， 此时命题也成立． 当时，也成立． 综上所述，． 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义中； （4）结合数学知识进行解答. 7．（2024·河南郑州·三模）复数除了代数形式之外，还有两种形式，分别是三角形式和指数形式，著名的欧拉公式体现了两种形式之间的联系．利用复数的三角形式进行乘法运算，我们可以定义旋转变换．根据，我们定义：在直角坐标系内，将任一点绕原点逆时针方向旋转的变换称为旋转角是的旋转变换．设点经过旋转角是的旋转变换下得到的点为，且旋转变换的表达式为曲线的旋转变换也如此，比如将“对勾”函数图象上每一点绕原点逆时针旋转后就得到双曲线：． (1)求点在旋转角是的旋转变化下得到的点的坐标； (2)求曲线在旋转角是的旋转变化下所得到的曲线方程； (3)等边中，在曲线上，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用欧拉公式和点的旋转变换求解即可； （2）利用欧拉公式和曲线的旋转变换求解即可； （3）设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为，先求出，由题意可知为等边三角形，的面积即为的面积，分类讨论当和同在曲线的下支时和当和同在曲线的上支时，求出，即可得出答案. 【详解】（1）由题可设所求点的坐标为，由 得所求点的坐标为． （2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为． 则即 得， 所求曲线方程为． （3）由题点在旋转角是的旋转变换下所得的点为． 设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为和． 设曲线在旋转角是的旋转变换下所得曲线为， 则方程为． 则是曲线的下顶点． 由题，为等边三角形，的面积即为的面积． 设的边长为，由双曲线的对称性： 当和同在曲线的下支时，则， 代入的方程得无解． 当和同在曲线的上支时，则， 代入的方程得的面积为． 综上所述，的面积为． 【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用欧拉公式和点的旋转变换求出点在旋转角是的旋转变换下所得的点为，设在旋转角是的旋转变换下所得的点分别为，由题意分析知为等边三角形，的面积即为的面积，分类讨论当和同在曲线的下支时和当和同在曲线的上支时，求出，即可得出答案. 8．（2024·河南·三模）设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. (1)判断曲线是否有拐点，并说明理由； (2)已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 【答案】(1)没有拐点，理由见解析 (2)单调递增区间为；单调递减区间为，极大值为2，极小值为. 【分析】（1）根据题意，求得，结合新定义，即可得到答案； （2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的单调性，进而求得函数的极值. 【详解】（1）解：由函数，可得， 由，得，又由，得，所以曲线没有拐点. （2）解：由函数， 可得， 因为为曲线的一个拐点，所以， 所以，解得，经检验，当时，， 所以. 当或时，，则的单调递增区间为； 当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为， 故当时，取得极大值，且极大值为； 当时，取得极小值，且极小值为. 9．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数. (1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”； (2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； (3)若，且，求证:. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可； （2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可； （3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）当时，则， 因为为函数在上的“拉格朗日中值点， 则， 即，解得 （2）当时， 不妨设，，，则， 又，令， 则， 又，所以恒成立， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 所以，所以， 由拉格朗日中值定理可知必存在使得， 即，又，所以， 即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； （3）当时， 由拉格朗日中值定理知，存在和， 使得，， 所以只需证明，即证明在上单调递减， 又， 令， 则， 令， 则， 当时， 令，，则，则在上单调递增， 又，， 所以存在使得， 所以当时，则，即单调递增， 当时，则，即单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 所以 ， 所以，所以在上单调递减， 即在上单调递减，命题得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （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． 10．（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为. (1)求实数a，b的值； (2)设，证明：； (3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得； （2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解； （3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解. 【详解】（1）依题意可知，，因为，所以， 此时，，因为，， 所以，， 因为，所以； （2）依题意，， ， 故在单调递增， 由，故，，，， 综上，，； （3）不妨设，令， ， 当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根； 当时，令，其判别式， 若，即，恒成立，即， 此时单调递减，不存在三个不等实根； 若，即，存在两个不等正实根， 此时有当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又因为，且，故， 因为，所以，即， 所以， 所以存在，满足， 又因为， 故存在，满足， 故当且仅当时，存在三个不等实根， 且满足，且， 由（2）可知，当时，， 因此，， 故， 化简可得：， 因此，命题得证. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数与零点的存在性定理得到当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且后，结合（2）中所得，从而得到，再进行化简即可得. 11．（2024·贵州遵义·三模）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685—1731）发现了：当函数在定义域内n阶可导，则有如下公式：以上公式称为函数的泰勒展开式，简称为泰勒公式．其中，，表示的n阶导数，即连续求n次导数．根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题： (1)写出的泰勒展开式（至少有5项）； (2)设，若是的极小值点，求实数a的取值范围； (3)若，k为正整数，求k的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用泰勒展开式求解即可； （2）先求出，从而可得，由是的极小值点，得，当时，，当时，，进而可得出答案； （3）先利用泰勒展开式求出的取值范围，再将其写成整数部分加上小数部分的形式，再利用二项式定理求出的范围，进而可得出答案. 【详解】（1）当时，， 由泰勒展开式可得； （2）因为， ， 所以， 则， 因为是的极小值点，且， 则当在的附近时，即可， 即可，所以， 综上所述，； （3）因为， 所以， 所以， ， 即， 令，则，则， 由二项式定理可知 ， ， 所以，即， 所以. 【点睛】关键点点睛：用导数研究函数的单调性是导数的一个只要应用，在导数解答题中，单调性问题是绕不开的一个问题，因为单调性是解决后续问题的关键，利用导函数求解函数单调性步骤，先求定义域，再求导，根据导函数的正负号，确定函数的单调区间，若不能直接求出，可能需要多次求导. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！106 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$