专题19 一元函数的导数及其应用小题8大压轴考法-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教A版2019选择性必修第二册）

专题19 一元函数的导数及其应用小题8大压轴考法 题型1 切线问题 一、单选题 1．（24-25高二上·山西运城·期末）已知点是抛物线上的一个动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C．2 D． 2．（24-25高二上·重庆·期末）过点作函数的切线方程为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·福建·阶段练习）若直线为函数且的图象的一条切线，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·山西·期末）经过点所作曲线的切线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 5．（23-24高二下·福建福州·期中）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·安徽六安·期末）若直线l与两函数、的图象都相切，则该直线的斜率为（    ） A．0或1 B．1或 C．1或 D．或 7．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）函数和的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·湖南·期末）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型2 极值、极值点问题 一、单选题 1．（23-24高二下·广东佛山·期中）已知函数存在对称中心，则在对称中心处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏南京·期末）设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖北武汉·阶段练习）已知函数在区间上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·江苏无锡·期末）已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 5．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数在处取得极小值，则 ． 6．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数，若关于的不等式的解集为且，则的极小值为 ． 7．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的极小值为，则函数的值域是 ． 8．（23-24高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数，若在定义域内有两个不同的极值点，则实数的取值范围为 ． 题型3 最值问题 一、单选题 1．（23-24高二下·宁夏吴忠·期中）函数，已知在时取得极值，则上的最大值为（    ） A． B．1 C．9 D．4 2．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的最大值为，则（    ） A．1 B．2 C．e D． 3．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，若存在实数满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 5．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且点关于原点对称，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（24-25高二上·全国·课后作业）已知直线分别与函数和的图象交于点A，B，则的最小值为 . 7．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知直线与曲线相切，则的最大值为 .. 8．（24-25高二上·陕西西安·期末）函数的最小值为 ． 9．（24-25高二上·全国·课后作业）若，则 ． 题型4 恒成立、有解问题 一、单选题 1．（24-25高二上·海南·期末）已知函数在区间上单调递增，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·山西运城·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 3．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2024高二·全国·专题练习） 设函数．若，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C． D． 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）设函数，若恒成立，求a的取值范围 . 6．（23-24高二下·四川南充·期中）已知函数，若存在，使，则实数的取值范围是 . 7．（23-24高二下·广东河源·阶段练习）已知函数（其中且），若存在，使得，则实数a的取值范围是 ． 8．（2024高二下·江苏·学业考试）已知函数，若不等式恒成立，则的最小值为 ； 题型5 零点、隐零点问题 一、单选题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数有两个零点，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·浙江·阶段练习）已知为函数的零点，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024高二上·全国·专题练习）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．（2024高二上·全国·专题练习）若函数和的图象上恰好有两对关于x轴对称的点，则函数和为“对偶函数”．已知，是“对偶函数”，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·重庆渝中·期末）已知函数的图象与x轴有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．有两个极值点 B．有两个零点 C．若，则 D．若方程有两个根，则 7．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，则（    ） A．当时，没有零点 B．当时，有两个零点 C．当时，若函数恰有两个不同的零点，则 D．当时，存在唯一零点，且位于区间 三、填空题 8．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知是函数的零点，则 . 9．（23-24高二下·山东威海·期末）若函数有两个零点，则实数的取值范围为 . 10．（23-24高二下·陕西渭南·期末）设且，若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是 . 11．（2024·四川德阳·一模）若关于的方程有且仅有两个实根，则实数的取值范围为 题型6 解不等式 一、单选题 1．（2024高二·全国·专题练习）设a，b都为正数，为自然对数的底数，若，则（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·福建南平·期中）定义在上的函数满足，且，则不等式解集为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·广西柳州·阶段练习）已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（23-24高二下·吉林通化·期末）已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，，则使不等式成立的的取值范围是 ． 5．（23-24高二下·广东梅州·期中）设是定义在上的奇函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为 . 6．（23-24高二下·天津北辰·期中）设定义在上的函数，满足，为奇函数，且，则不等式的解集为 ． 7．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数的导函数满足在R上恒成立，则不等式的解集是 ． 8．（23-24高二下·河南南阳·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为 . 题型7 比较大小 一、单选题 1．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数，设，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）设，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·黑龙江大庆·期末）则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·重庆·阶段练习）已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（2024高二·全国·专题练习）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知（其中为自然对数的底数），则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·山东聊城·期中）设，，，则（    ） A． B． C． D． 题型8 导数结合函数的性质（含三次函数） 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数的定义域为，且满足的导函数为，函数为奇函数，则（    ） A． B．3 C． D．1 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数是定义域为R的可导函数，（为函数的导函数），若为奇函数，且，，则 （   ） A．2024 B．2024 C．2025 D．2026 二、多选题 3．（23-24高二下·辽宁本溪·期末）已知函数，则（    ） A．是的极值点 B．当时， C．当时， D．当时，的图象关于点对称 4．（23-24高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足关于对称，且，则（    ） A． B．是奇函数 C．8是的一个周期 D． 5．（23-24高二下·安徽安庆·期末）定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数（）的对称中心为，则下列说法中正确的是（    ） A．， B．函数有三个零点 C． D．过可以作三条直线与图象相切，则m的取值范围为 三、填空题 6．（23-24高二下·北京通州·期中）已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，，如图所示．关于函数有四个结论： ①函数在区间上单调递减； ②函数在区间上单调递减； ③函数的图象关于中心对称； ④； 其中所有正确结论的序号为 ． 7．（23-24高二下·安徽·期中）已知函数为定义在R上的函数的导函数，若，，且，则 . 8．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知和为上的可导函数，满足：，，且为奇函数.写出函数图象的一个对称中心，可以为 .若，则 . 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 $$ 专题19 一元函数的导数及其应用小题8大压轴考法 题型1 切线问题 一、单选题 1．（24-25高二上·山西运城·期末）已知点是抛物线上的一个动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】直线与抛物线相切时，切点到直线的距离即为最小值，由此可求解． 【详解】设直线与抛物线相切于点，显然切点位于第一象限， 在第一象限内，由，得，则， 所以，即，所以点的坐标为， 所以的最小值为点到直线的距离，即. 故选：A. 2．（24-25高二上·重庆·期末）过点作函数的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设切点为，利用导数几何意义求切线方程，结合所过的点求参数m，进而确定切线方程. 【详解】由，设切点为，则， 所以，切线方程为，又过点， 所以，整理得， 所以，切线方程为，则. 故选：C 3．（24-25高二上·福建·阶段练习）若直线为函数且的图象的一条切线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解出的值. 【详解】设切点为，因为且，则， 由导数的几何意义可得， 所以，即，故， 所以，解得， 故选：B. 4．（24-25高二上·山西·期末）经过点所作曲线的切线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】C 【分析】求导，后根据导数几何意义，转化为：的根的个数，结合根的判别式判定即可. 【详解】因为，所以曲线在点处的切线方程为. 将代入，得. 因为，所以方程有两个不同的根，且根不为0， 所以方程共有3个不同的根， 即经过点所作曲线的切线有3条. 故选：C. 5．（23-24高二下·福建福州·期中）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】曲线上的切点为，曲线上的切点为，由题意可得，求解即可. 【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为， ，， 解得. 故选：A. 6．（24-25高二上·安徽六安·期末）若直线l与两函数、的图象都相切，则该直线的斜率为（    ） A．0或1 B．1或 C．1或 D．或 【答案】C 【分析】设出直线方程，利用导数的几何意义可得答案. 【详解】设直线l的方程为，分别与两函数相切于， ，，则，整理得①； 由，整理得②； 联立①②可得，解得或. 故选：C 7．（23-24高二下·河南漯河·阶段练习）函数和的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切点P的横坐标为（），先根据导数几何意义列方程组，可得，再根据导数求其单调性，根据单调性确定其解，最后根据点斜式求切线方程. 【详解】由，， 则，， 设切点P的横坐标为（），则根据题意可得， 得，即， 设，， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，又， 所以方程有唯一解， 所以切点P坐标为，切线斜率， 则切线方程为. 故选：D. 8．（24-25高二上·湖南·期末）已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果. 【详解】由得， 设过点的直线与曲线切于点， 则切线斜率为， 所以切线方程为 因为切线过点， 所以，整理得， 因为过点的切线有两条， 所以方程有两不同实根， 因此，解得或， 即实数a的取值范围是. 故选：B 题型2 极值、极值点问题 一、单选题 1．（23-24高二下·广东佛山·期中）已知函数存在对称中心，则在对称中心处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数判断出取得极值的点的坐标为和，则点与点的中点即为对称中心，求出对称中心坐标可得在中心点处的切线的斜率，再利用直线的点斜式方程可得答案. 【详解】令，解得或， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 可得在处有极大值，在处有极小值， 所以的取得极值的点的坐标为和， 若函数存在对称中心， 则点和的中点即为对称中心，所以对称中心坐标为， 可得在中心处的切线的斜率为：，， 所以在处的切线方程是， 即. 故选：D. 2．（24-25高二上·江苏南京·期末）设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数与函数极值点的关系判断可得出合适的选项. 【详解】因为函数在处取得极小值， 在左侧附近，，此时，， 在右侧附近，即存在，使得当，使得， 此时，，C选项合乎题意. 故选：C. 3．（24-25高二上·湖北武汉·阶段练习）已知函数在区间上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导，根据在区间上有极值，由在区间上有不等根求解. 【详解】解：因为， 所以， 因为函数在区间上有极值， 所以在区间上有变号根， 即在区间上有变号根， 令，则， 令，得或（舍去）， 当时，，递减； 当时，，递增； 所以当时，取得极小值，又，， 所以，则， 又当时，， 递增，无极值， 所以实数的取值范围是， 故选：B 4．（24-25高二上·江苏无锡·期末）已知函数，若在开区间内存在极大值点，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求导，分离参数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合分类讨论以及极值的定义求解. 【详解】由题意可得， 令，则，记，则， 当时，此时在上单调递增， 当时，此时在上单调递减，故， 当，且， 若，则，此时存在， 当时，，此时，，故在上单调递减， 当，，此时，，故在上单调递增，此时只有极小值无极大值，不符合题意舍去， 当，则，存在，使， 故当，，此时，，故在上单调递减， 当，，此时，，故在上单调递增， 当，，此时，，故在上单调递减，此时是的极大值点，符合要求， 当，即时，此时，此时，，故单调递减，不符合题意，舍去， 综上可得， 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． 二、填空题 5．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数在处取得极小值，则 ． 【答案】 【分析】对求导，根据题意建立方程组，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 由题有，解得， 此时， 当或时，，当时，， 所以时函数的极小值点， 故满足题意，所以， 故答案为：. 6．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数，若关于的不等式的解集为且，则的极小值为 ． 【答案】 【分析】结合三次函数的性质可得函数解析式，借助导数可得其单调性即可得其极小值. 【详解】由题意可得， 即， 当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 共有的极小值为. 故答案为：. 7．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的极小值为，则函数的值域是 ． 【答案】 【分析】求导确定的单调性，得到极小值，，再通过其单调性即可求解. 【详解】由题意得， 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以函数的极小值，显然单调递减， 当时，，所以的值域为． 故答案为： 8．（23-24高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数，若在定义域内有两个不同的极值点，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】出，转化为的图象有2个交点，构造函数，利用导数结合图象可得答案. 【详解】的定义域为，令， 则原问题转化为的图象有2个交点， 构造函数， 所以在区间上在上单调递增， 在区间上在单调递减，， 令解得，当时，， 可得的大致图象如下， 所以． 故答案为：． 【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，确定函数图象进而求解． 题型3 最值问题 一、单选题 1．（23-24高二下·宁夏吴忠·期中）函数，已知在时取得极值，则上的最大值为（    ） A． B．1 C．9 D．4 【答案】C 【分析】利用，求得，代入利用导数求得函数的单调性，结合函数的单调性，即可求解函数的最值. 【详解】因为函数， 所以， 因为在时取得极值， 所以，解得， 所以，， ， 令，则，解得或（舍）， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值为. 故选：C. 2．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的最大值为，则（    ） A．1 B．2 C．e D． 【答案】A 【分析】先求导，再分类讨论，根据导数和函数最值的关系即可求出. 【详解】的定义域为， 当时，单调递增，无最大值，不合题意； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以， 所以，即， 又在上单调递增，， 所以． 故选：A. 3．（24-25高二上·全国·课后作业）若函数的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数研究函数的单调性，极值与最值结合隐零点计算即可. 【详解】易知的定义域为， 不难发现在区间内单调递增， 又当时，；当时，， 所以存在唯一使得，即， 所以当时，；当时，． 所以在区间上单调递减，在区间内单调递增， 所以的最小值为， 所以，所以，解得. 故选：B 4．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，若存在实数满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】根据可得，构造函数和，求导即可根据函数的单调性求解最值. 【详解】因为，所以，所以，所以， 设函数，则， 设，由于均为上的减函数，易知在区间内单调递减，且， 故当时，；当时，． 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减． 所以，故． 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． 5．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且点关于原点对称，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】函数上存在点关于原点的对称点在函数的图象上，从而可以转化为函数与的图象在上有交点的问题，再分离参数得到，设，通过求导判断的单调性，求的值域即可得到答案. 【详解】由题意可知，函数上存在点关于原点的对称点在函数的图象上， 可以转化为函数关于原点对称的函数与的图象有交点， 函数关于原点对称的函数为即， 所以，与在上有交点， 由得，设，即与在上有交点，   ，令，得，所以在上单调递增， 令，得，所以在上单调递减， 所以，， 又由，，，所以， 所以要想有交点，的取值范围为， 故选：B. 【点睛】方法点睛：分离参数解决图象交点问题 将参数移一边，即，从而只需要研究这一个函数的性质，从而得到参数的取值范围. 二、填空题 6．（24-25高二上·全国·课后作业）已知直线分别与函数和的图象交于点A，B，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由题设条件可得出，构造函数，并利用导数求出函数的最小值即可. 【详解】当时，. 令，， 在上单调递减，在上单调递增， 则， 的最小值为. 故答案为：. 7．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知直线与曲线相切，则的最大值为 .. 【答案】 【分析】设切点，由导数的几何意义求得，构造，通过求导确定单调性即可求解； 【详解】设切点为，因为， 所以解得 所以. 令，则， 令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，即的最大值为. 故答案为： 8．（24-25高二上·陕西西安·期末）函数的最小值为 ． 【答案】 【分析】分，化简函数解析式，分别研究函数的单调性，结合单调性求其取值范围，由此确定函数的最小值. 【详解】函数的定义域为， 当时，，所以， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，； 当时，， 因为函数、在上都单调递减， 所以函数在上单调递减， 所以当时，， 所以函数的最小值为. 故答案为：. 9．（24-25高二上·全国·课后作业）若，则 ． 【答案】/ 【分析】先利用特法法可得，再证明当时不等式恒成立即可. 【详解】取，则， 设，则， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数，故， 当且仅当时等号成立，故即. 此时原不等式即为 即，即， 令，则， 故在上为减函数，故，故， 令，则，所以函数在区间内单调递减， 所以即恒成立， 综上所述，． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的核心在于，通过对不等式的变形，同构函数，即可再利导数得到函数单调性，脱去“”是解题的关键. 题型4 恒成立、有解问题 一、单选题 1．（24-25高二上·海南·期末）已知函数在区间上单调递增，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据单调性将问题转化为在上恒成立，分离参数，构造函数，利用导数求解单调性得最值求解. 【详解】由于在区间上单调递增，故在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即的最小值为． 故选：C． 2．（24-25高二上·山西运城·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据函数解析式求出，分离参数可求答案. 【详解】由，得，求导得， 因为，所以恒成立. 令， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以，所以，即最小值为1. 故选：C. 3．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先由单调递增去掉绝对值符号，构造函数，转化为存在，使得，对求导后按照和两类进行讨论. 【详解】， 当时，，所以是增函数， 不妨设，则，又， 所以由，得，即， 设，则， 当时，，是增函数，不存在，使得， 当时，要满足题意，则在区间上有解，使得在区间上不单调. 则，， 设，，，（两等号不可能同时成立）， 所以， 所以在区间上单调递减，得，， 所以. 故选C. 4．（2024高二·全国·专题练习） 设函数．若，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】令，在上单调递增.要想满足，则与有相同的零点，则，，那么，设，利用导函数得到的单调性与最小值，即为的最小值 【详解】由题可得，函数的定义域为，， 则函数和在上符号相同， 又与在上单调递增，所以若恒成立，则与一定会有相同的零点， 即，，即，， 所以． 设，则． 令，解得或（舍）． 令，解得， 所以函数在上单调递增； 令，解得，所以函数在上单调递减， 所以， 即的最小值为．    故选：D． 【点睛】方法点睛：观察题目，可以看作两个函数相乘大于或等于0恒成立，解答题目时，可以将原问题转化为两函数共零点的问题，利用数形结合思想解题． 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）设函数，若恒成立，求a的取值范围 . 【答案】 【分析】由题意得，对求导，对分和讨论，利用导数分析单调性，求出函数的最值即可求解. 【详解】， 由题意恒成立，则， ①当时，令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得 ②当时，存在，不满足题意， 综上，实数a的取值范围是. 故答案为：. 6．（23-24高二下·四川南充·期中）已知函数，若存在，使，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】问题等价于存在，使，令，求出在上的最小值即可. 【详解】函数，若存在，使， 即存在，使， 令，，则， 当，；当，， 则有在上单调递减，在上单调递增，， 存在，使，则， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 7．（23-24高二下·广东河源·阶段练习）已知函数（其中且），若存在，使得，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】按照且的限制条件进行分类讨论：，，，存在性问题转化为求函数极值最值问题即可. 【详解】由题知，， 若，则当时，，当且仅当时第一个等号成立，所以f（x）在上单调递增， 所以当时，，不满足题意； 若，则当时，，f（x）在上单调递减， 所以当时，，满足题意； 若，则当时，则， 令，则，所以g（x）在上单调递增， 当时，，所以存在唯一的，使得， 且时，f（x）单调递减，所以时，，满足题意． 故实数a的取值范围是． 故答案为：. 8．（2024高二下·江苏·学业考试）已知函数，若不等式恒成立，则的最小值为 ； 【答案】 【分析】求出，分类讨论可得出函数的最大值,从而得到，然后构造函数求导得出函数最小值即可. 【详解】函数，其中为自然对数的底数 则， 当时，，在 上为增函数， 又当 时，所以是不可能恒成立的. 当时，由，得，此时函数单调递增. 由，得，此时函数单调递减. 所以 由不等式恒成立，即恒成立. 即恒成立， 所以 设，则 设，则 由得， ，此时函数单调递增， 由得， ，此时函数单调递减， 所以 又当时，，,当时，. 所以当 时，，单调递减. 当 时，，单调递增. 所以 所以的最小值为：. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：构造函数解决问题，先分类讨论再利用函数导数分析函数的单调区间求函数的最值即可. 题型5 零点、隐零点问题 一、单选题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数有两个零点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数求得函数的单调性，分和两种情况讨论，要使函数有两个零点，则且，则答案可解. 【详解】定义域为， 当时，单调递增， 此时至多只有一个零点，不符合题意． 当时，当单调递增； 当单调递减． 当时，；当时，， 所以函数有两个零点的充要条件为， 即，所以． 故选：C. 2．（24-25高二上·浙江·阶段练习）已知为函数的零点，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由题意确定为方程的根，构造函数，由其单调性即可求解. 【详解】由得，即，即， 因为，所以，所以为方程的根， 令，则，所以在上单调递增， 又，所以， 即，即， 故选：B． 3．（2024高二上·全国·专题练习）函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】对函数求导，求出函数的单调区间，再求出函数的最小值即可判断函数的零点个数. 【详解】． 令，，则，故在上单调递增．因为，，所以存在唯一的， 使得，即，即，所以， 所以当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 所以， 所以函数的零点个数为1． 故选：B 4．（2024高二上·全国·专题练习）若函数和的图象上恰好有两对关于x轴对称的点，则函数和为“对偶函数”．已知，是“对偶函数”，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得有两个不等的实数根，从而可得有两个不相等的实数解，利用导数与单调性、极值的关系即可求解. 【详解】因为，是“对偶函数”， 所以函数与的图象上恰好有两对关于x轴对称的点， 所以，即有两个不相等的实数解， 则有两个不相等的实数解． 令，则， 所以当时，,当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，且，． 又，所以，a的取值范围为, 故选：A. 5．（24-25高二上·重庆渝中·期末）已知函数的图象与x轴有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】问题化为且图象有两个交点，利用导数研究的性质并画出函数图象草图，数形结合求参数范围. 【详解】由题，方程有两个实数根，即， 所以且图象有两个交点， 设，则，令，解得， 当在上单调递减， 当在上单调递增， 所以有极小值， 当时，且，当时，， 作出函数的大致图象， 故，解得. 故选：C 二、多选题 6．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．有两个极值点 B．有两个零点 C．若，则 D．若方程有两个根，则 【答案】AC 【分析】对于A：求得令分析可知，设，结合单调性分析零点即可；对于BCD：由选项A可知的单调性和图象，进而分析判断BCD. 【详解】对于选项A：由，得． 令，得，两边取自然对数整理得， 设，则， 当时，单调递减，且； 当时，，单调递增，且； 可知函数有两个变号零点，所以有两个极值点，故A正确． 对于选项B：由选项A可知，在上单调递增，在上单调递减， 当时，， 所以可作出函数的大致图象如图所示， 所以只有一个零点，故B错误； 对于选项C：由选项B可知在上单调递增， 当时，，所以，故C正确； 选项D：根据选项B中函数的大致图象可知，若方程有两个根，则或，故D错误； 故选：AC. 【点睛】易错点睛：可导函数的极值点与其导函数的零点之间的关系可导函数的极值点是其导函数的变号零点，导函数的零点未必是可导函数的极值点，其中导函数的变号零点是可导函数的极值点，导函数的不变号零点是可导函数的拐点，而可导函数的拐点未必是其导函数的零点，但对于可导函数，极值点处的导数必为0，因此，对于可导函数，“导数为0的点”是“该点为极值点”的必要而不充分条件 7．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，则（    ） A．当时，没有零点 B．当时，有两个零点 C．当时，若函数恰有两个不同的零点，则 D．当时，存在唯一零点，且位于区间 【答案】BCD 【分析】对A：借助导数求导可得函数的单调性，结合零点的存在性定理可知零点个数与的值有关；对B、C、D：借助导数求导可得函数的单调性，结合所给条件与零点的存在性定理计算即可得. 【详解】对A：当时，， 则当时，，当时，， 即在区间内单调递增，在区间上单调递减， 而的正负与的值有关，故零点个数与的值有关，故A错误； 对B：当时，， 则当时，，当时，， 即在区间内单调递增，在区间上单调递减， 又，故，当时，， 故有两个零点，其中，，故B正确； 对C：当时，，， ，若，易知有且仅有一个零点，故， 则当时，，当时，， 即在区间内单调递增，在区间上单调递减， 因为恰有两个不同的零点，所以，解得，故C正确； 对D：当时，，， 由得，则当时，，当时，， 即在区间和内单调递增，在区间上单调递减， 又，所以有唯一零点，且， 由零点存在性定理可知的唯一零点位于区间，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 8．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知是函数的零点，则 . 【答案】1 【分析】利用三次导数判断的单调性，结合可得，然后可得. 【详解】由题可得，记， 则，记， 则，所以在上单调递增， 又，所以，所以在上单调递增， 又，所以当时，，在上单调递增， 因为，所以在上存在唯一零点， 所以. 故答案为：1 9．（23-24高二下·山东威海·期末）若函数有两个零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】令，分离，然后利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. 【详解】函数的定义域是， 令，得， 令， 令， 令解得， 所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ，， 当时，， 所以，所以， 所以当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减. ，当时，，， 所以，要使有两个解，则需. 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的零点，可以考虑分离参数法，然后结合导数来进行求解.在利用导数研究函数的性质时，要是一次求导无法解决，可以考虑利用多次求导来进行求解.求解过程中要注意原函数和导函数之间的关系. 10．（23-24高二下·陕西渭南·期末）设且，若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由指数函数的性质可知当时，不满足题意，当时，设，将问题转化为在上有2个根，利用导数求解即可． 【详解】当时，在定义域上单调递减，在定义域上单调递增， 由图可知与只有一个交点，不符合题意； 当时，设，则在上有个不相等实数根， 则必有在上存在变号零点， 因为，又在上单调递增， 设，即有， 则当时，，在上单调递减， 当时，，上在单调递增， 且，x趋于时，趋于， 所以只需， 所以， 即，即，即，即，即，解得， 又，所以； 综上可得的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：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． 11．（2024·四川德阳·一模）若关于的方程有且仅有两个实根，则实数的取值范围为 【答案】 【分析】分类讨论，当时，方程即有且仅有两个实根，利用导函数画出的大致图象，转化为交点问题，当时，令，利用导函数求的单调性，转化为最值问题. 【详解】定义域为， 当时，方程仅有一解； 当时，方程即有且仅有两个实根， 令，则，， 令解得， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，可得函数的大致图象如图所示， 所以有且仅有两个实根时，； 当时，令， 则有且仅有两个实根， 因为当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以要使有且仅有两个实根，则，解得， 综上实数的取值范围为. 故答案为： 题型6 解不等式 一、单选题 1．（2024高二·全国·专题练习）设a，b都为正数，为自然对数的底数，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将不等式变形为，构造函数，由导数确定函数单调性，由单调性及不等关系即可求解. 【详解】由已知，即. 设，则，. ，，. 当时，， 在上单调递增，所以. 故选：B. 2．（24-25高二上·福建南平·期中）定义在上的函数满足，且，则不等式解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用指数函数单调性可得，构造函数并利用可证明在上单调递减，可得，由单调性可解得. 【详解】不等式等价于，可得， 即可得； 令函数，可得， 又可得恒成立， 因此在上单调递减，又， 所以等价于，即； 解得， 所以不等式解集为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将指数不等式转化为，再通过构造函数结合导数求得其单调性，利用函数单调性可解不等式. 3．（23-24高二下·广西柳州·阶段练习）已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定的不等式，构造函数，利用导数确定单调性并求解不等式即可. 【详解】令函数，由，得， 因此函数在上单调递减，由， 得，解得，即， 所以实数的取值范围为. 故选：C 二、填空题 4．（23-24高二下·吉林通化·期末）已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，，则使不等式成立的的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先求导函数得，再结合函数奇偶性，根据函数值数形结合得出范围. 【详解】因为当时，， 所以， 令，则单调递增， 因为是奇函数，所以， 所以， 所以为偶函数，图象关于轴对称， 因为， 所以， 所以， 大致图象如图： 所以成立的的取值范围是． 故答案为：. 5．（23-24高二下·广东梅州·期中）设是定义在上的奇函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，再结合偶函数的性质求解不等式即得. 【详解】令函数，依题意，，则函数是偶函数， 当时，，即函数在上单调递减，而， 不等式，则， 解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为： 6．（23-24高二下·天津北辰·期中）设定义在上的函数，满足，为奇函数，且，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】设，利用导数说明函数的单调性，不等式等价为，结合为奇函数求出，即可得到，所以不等式等价于，结合函数的单调性计算可得. 【详解】设， 则， ， ， ， 在定义域上单调递增， 不等式等价为不等式， 即为，即，则， 为奇函数， 当时，，即，得， 又， 等价于， ， 不等式的解集为. 故答案为：． 7．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数的导函数满足在R上恒成立，则不等式的解集是 ． 【答案】 【分析】根据已知关系式可构造函数，可知在R上单调递减，将所求不等式转化为，利用单调性可解不等式求得结果. 【详解】令，则， 所以在R上单调递减， 由，得， 即， 又在R上单调递减，所以， 解得，所以不等式的解集是． 故答案为： 8．（23-24高二下·河南南阳·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】求出函数在的单调性，且是偶函数，将问题转化为即可依据函数的单调性和奇偶性求解. 【详解】因为时，， 所以，即， 因此，从而在上单调递增， 又是上的偶函数，且是偶函数， 所以， 即是上的偶函数，故在上单调递减， 由于，因此，又即，即， 所以，故由的单调性和偶函数特点可知， 因此的取值范围为. 故答案为：. 题型7 比较大小 一、单选题 1．（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】证明函数为偶函数，利用导数判断函数的单调性，比较大小，可得大小关系. 【详解】函数的定义域为， ，故为偶函数， 当时，，令， 则，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增， 因为函数为减函数，所以， 因为函数在上单调递增，所以， 所以，所以，，故. 故选：A. 2．（23-24高二上·安徽阜阳·期末）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，用导数求函数的单调性，即可求得题目. 【详解】由， 设函数，则， 当时，单调递减， 因为，所以， 所以． 故选：A． 3．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件构造函数，利用导数判断函数在区间单调递增，根据函数的单调性得不等式，可得． 【详解】设，（），则. 令得，所以函数在区间单调递增. 因为，所以， 即，即，所以． 故选：B 4．（23-24高二下·黑龙江大庆·期末）则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，再比较大小即可. 【详解】设，，函数在上单调递增， 则，即，因此； 设，，函数在上单调递增， 则，即，因此； 设，， 函数在上单调递增，则，因此， 所以. 故选：D 5．（24-25高二上·重庆·阶段练习）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构建，利用导数判断的单调性，进而可得，再结合对数函数单调性可得. 【详解】记，则， 可知在上单调递增，则，即， 可得； 又因为，则，即； 所以. 故选：B. 6．（2024高二·全国·专题练习）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设函数，比较的大小，再设函数，比较1，，的大小即可. 【详解】解：设函数，则， 当时，，故在上单调递减， 因为，所以， 即， 所以． 设函数，易知为增函数， 因为，所以，即， 所以， 即． 故选：C． 7．（23-24高二下·河北唐山·期末）已知（其中为自然对数的底数），则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据式子特点，构建函数，利用导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，则可得结果. 【详解】根据的形式转化可得， 从而构造函数， 则， ， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在，上单调递增，，即， 又， 所以，即. 故选：C. 8．（23-24高二下·山东聊城·期中）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对取对数，构造，对求导，求出，则，可得，构造，对求导，可得出，则，即可得出答案. 【详解】因为，所以， ，所以， 令， 所以， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即， 取，所以，所以， 所以，所以， ， 设，， 所以在上单调递减，且，所以， 所以，所以，所以， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于构造两个函数，，通过对函数求导，得出函数的单调性和最值，即可得出答案. 题型8 导数结合函数的性质（含三次函数） 一、单选题 1．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数的定义域为，且满足的导函数为，函数为奇函数，则（    ） A． B．3 C． D．1 【答案】B 【分析】根据题意，利用赋值法分析的值，对求导，结合的对称性分析的周期，分析求出的值，即可得答案. 【详解】根据题意，满足，令可得：，则有， 又由，两边同时求导可得： ，即①， 因为函数为奇函数， 所以， 即， 所以的图象关于点对称， 则有②，且， 联立①②可得：，变形可得， 则有， 综合可得：， 即函数是周期为的周期函数， 所以， 故. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性和对称性，涉及导数的计算，解题的关键在于利用导数、奇偶性求解函数的周期. 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数是定义域为R的可导函数，（为函数的导函数），若为奇函数，且，，则 （   ） A．2024 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】D 【分析】结合条件分析函数的周期性，计算一个周期内的函数值即可得到结果. 【详解】∵，，∴，  ①. 令得，，故. ∵为奇函数，∴，故， ∴，故，即  ②， 由①②得，， ∴，， ∴，即为周期为4的函数， 在①中，令得，，∴， ∴. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据为奇函数得到，结合题目条件分析函数的周期即可得到结果. 二、多选题 3．（23-24高二下·辽宁本溪·期末）已知函数，则（    ） A．是的极值点 B．当时， C．当时， D．当时，的图象关于点对称 【答案】BCD 【分析】对于A，举例判断，对于B，对函数求导后，可判断出在上单调递增，再利用单调性判断，对于C，当时，可得在上单调递减，然后与区间的端点比较大小，从而可得结论，对于D，在的图象上任取一点，求出其关于点的对称点，然后代入函数中验证即可. 【详解】当时，，则，显然不是的极值点，A项错误. 当时，，令，解得， 当时，，所以当时，在上单调递增， 又，所以，B项正确. 当时，，所以在上单调递减， 因为，所以， 又，所以， 所以，C项正确. 当时，， 在的图象上任取一点， 则点关于点的对称点为， 则 ，D项正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用求函数的单调区间，考查函数对称性的应用，选项D解题的关键是在图象上任取一点，求出其关于的对称点坐标，再将此点代入中，若能满足，则可得结论，考查计算能力，属于较难题. 4．（23-24高二下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足关于对称，且，则（    ） A． B．是奇函数 C．8是的一个周期 D． 【答案】ACD 【分析】推导出，令代值计算可判断A选项；推导出函数的奇偶性，设，利用导数推导出为常值函数，结合函数奇偶性的定义可判断B选项；由、推导可判断C选项；求出的值，结合函数的周期性可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，令，可得， 即， 等式两边求导得，即， 所以，函数的图象关于点对称， 在等式中，令可得，可得，A对； 对于B选项，因为函数的图象关于直线对称， 所以函数的图象关于直线对称， 所以函数为偶函数， 又因为，则， 令，则，所以，为常值函数， 设，其中为常数， 当时，，此时，函数不是奇函数，B错； 对于C选项，因为，则， 可得， 所以，， 显然有，即8是的一个周期，C对； 对于D选项，在等式两边同时求导得，即， 所以，函数是以为周期的周期函数， 因为，所以，，， ，可得， ，， 由中令，可得， 则，， 所以， ， 因为，则，D对. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：本题考查利用函数的对称性的应用，可利用以下结论来转化： ①函数的图象关于点对称，则； ②函数的图象关于直线对称，则. 5．（23-24高二下·安徽安庆·期末）定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数（）的对称中心为，则下列说法中正确的是（    ） A．， B．函数有三个零点 C． D．过可以作三条直线与图象相切，则m的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对于A，对函数连续两次求导，然后“拐点”的定义列方程组可求出， 对于B，对函数求后由导数的正可求出函数的单调区间，再结合零点的定义分析判断， 对于C，由函数的对称中心得，结合此结论求解即可， 对于D，设切点为，然后利用导数的几何意求出切线方程，转化为关于的方程有3个不等的根，结合图象求解即可. 【详解】对于A，由，可得，则， 因为是对称中心，结合题设中心“拐点”的定义可知， 且，解得，，所以A正确； 对于B，由，，可知，则， 令，可得或， 当，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因为，，， 所以函数只有两个零点，所以B错误； 对于C，因为是函数的对称中心，所以， 令， 可得， 所以 ， 所以， 即 ，所以C正确； 对于D，设切点为，由，得，则 切线的斜率为，所以切线方程为， 即， 因为切线经过点，所以， 化简得， 由题意可知关于的方程有3个不等的根， 令，则， 由，得或， 当或时，，当时，， 所以在和上递减，在上递增， 所以的极小值为， 极大值为， 所以的大致图象如图所示， 由图象可知当时，直线与的图象有3个交点， 所以当时，关于的方程有3个不等的根， 所以当时，过可以作三条直线与图象相切，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，考查函数的新定义，解题的关键是对函数新定义的正确理解，根据新定义解决问题，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 三、填空题 6．（23-24高二下·北京通州·期中）已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，，如图所示．关于函数有四个结论： ①函数在区间上单调递减； ②函数在区间上单调递减； ③函数的图象关于中心对称； ④； 其中所有正确结论的序号为 ． 【答案】①③④ 【分析】由的图象判断出的单调区间及极大值点，结合已知求出的解析式，再判断的对称性即可求解． 【详解】由图象可知，当，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增，故①正确，②错误； 所以，即，整理得， 又的图象经过，， 所以，与联立，解得， 所以， 则 ， 所以的图象关于中心对称，故③正确； 则，， 所以，故④正确； 故答案为：①③④． 7．（23-24高二下·安徽·期中）已知函数为定义在R上的函数的导函数，若，，且，则 . 【答案】 【分析】由题意可得关于直线对称，关于对称，从而求得8为函数的一个周期，进而可求解. 【详解】函数的定义域为，因为， 所以函数关于点对称， 因为，两边求导：， 所以关于直线对称， 又， 所以函数关于对称， 则，又， 所以，即， 所以，所以8为函数的一个周期， 所以，，，， 所以 . 故答案为： 8．（23-24高二下·福建莆田·期末）已知和为上的可导函数，满足：，，且为奇函数.写出函数图象的一个对称中心，可以为 .若，则 . 【答案】 （，答案不唯一） 11 【分析】根据给定条件，利用复合函数求导可得，结合奇函数的意义并求导可得函数图象的关于直线对称，进而求出周期求出对称中心；由导数探讨原函数可得，并探求函数的周期，借助函数图象平移求出的周期，再赋值计算即得结果. 【详解】由，求导得，又， 则，即， 所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，即为函数图象的一个对称中心， 由为奇函数，得，求导得， 即，函数的图象关于直线对称，则点是图象的一个对称中心， 显然有，即， 于是，函数是以4为周期的周期函数， 所以函数的图象关于点对称； 由，得，即有（为常数）， 而，则，取，得， 因此，又，则， 即，，于是函数是周期为4的周期函数， 又，则函数的图象可由的图象平移而得， 从而函数是周期为4的周期函数，， 显然，因此， ，则， 又，则， 所以. 故答案为：；11 【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. 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 $$