难点专题05 函数的基本性质及导数综合（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题05 函数的基本性质及导数综合 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 周期性（差为常数有周期） ①若，则的周期为： ②若，则的周期为： ③若，则的周期为：（周期扩倍问题） ④若，则的周期为：（周期扩倍问题） 2. 对称性（和为常数有对称轴） 轴对称 ①若，则的对称轴为 ②若，则的对称轴为 点对称 ①若，则的对称中心为 ②若，则的对称中心为 3. 周期性对称性综合问题 ①若，，其中，则的周期为： ②若，，其中，则的周期为： ③若，，其中，则的周期为： 4. 奇偶性对称性综合问题 ①已知为偶函数，为奇函数，则的周期为： ②已知为奇函数，为偶函数，则的周期为： 5. 导函数与原函数的关系 单调递增，单调递减 6. 极值 （1） 极值的定义 在处先↗后↘，在处取得极大值 在处先↘后↗，在处取得极小值 （2） 极值与导数的关系 是极值点 是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件 7. 恒成立问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） 8. 能成立（有解）问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 ② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 9. 端点效应的类型 1.如果函数在区间上,恒成立,则或. 2.如果函数在区问上,恒成立,且(或),则或. 3.如果函数在区问上,恒成立,且(或,则或. 10. 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 11. 常见的指对放缩 ，，， 12. 常见的三角函数放缩 13. 其他放缩 ，， ，， ， ， 14. 常见函数的泰勒展开式 （1），其中； （2），其中； （3），其中； （4），其中； （5）； （6）； （7）； （8）． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： ，，， ，，， ，，． 15. 常见函数的泰勒展开式的结论 结论1 ．结论2 ．结论3 （）． 结论4 ． 结论5 ；；． 结论6 ；结论7 结论8 ．结论9 ． 16. 拉格朗日（Lagrange）中值定理 若函数f（x）满足如下条件： （1）f（x）在闭区间[a，b]上连续； （2）f（x）在开区间（a，b）内可导． 则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得． 拉格朗日中值定理的几何意义 如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线． 一、单选题 1．（2025·辽宁·一模）设函数，若恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】找到的零点可得，构造函数，由导数分析单调性找到最小值即可. 【详解】当时，，不满足恒成立； 当时，令，可得或， 函数的零点为和， 因为恒成立，所以， 所以， 令，则， 令， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 则， 所以的最小值为1. 故选：D 2．（2025·山西太原·一模）已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】问题化为在上有三个根，进而化为有三个根，导数研究且的区间单调性和值域，讨论参数m判断方程根的个数求参数范围. 【详解】令，则， 两侧平方得，即， 所以， 对于且，有， 上，即在上单调递增， 上，即在上单调递减， 当时有，当时有，当时有， 在上值域为，在上值域为，在上值域为， 当时，，则有三个根，则，满足题设； 当时，，可得或，共有两个零点，不合题设； 当时，或，且， 若，则，即为其中的两个根， 此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有三个零点，满足题设； 若，则为其中的两个根，而且有且仅有一个根为， 此时，一共只有两个零点，不满足题设； 若，则，此时为其中一个根， 此时，结合上述分析且有且仅有一个根，共有两个零点，不满足题设； 综上所述，的取值范围为. 故选：A. 3．（2025·吉林·三模）已知正实数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用常见不等式结合数形结合可得，故A，B选项错误；根据与的图象关于直线对称可得选项C错误，选项D正确. 【详解】设，则， 当时，，当时，， 故在上递增，在上递减，故， 所以，故，故， 故的图像在的下方. ∵ ∴， 如图，为函数与函数图象交点的横坐标， 为函数与函数图象交点的横坐标， 为函数与函数图象交点的横坐标， 由图知，，而， 由为增函数得，故，故A，B选项错误. 由得，． ∵与的图象关于直线对称， ∴点和关于对称，且，， ∴且， ∴，故C选项错误. ∵，∴，故D选项正确． 故选：D. 4．（2025·江西·二模）已知正实数，满足，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】先将已知变形为,然后再运用基本不等式得到,利用导数求证再用取得等号时的条件可得，即可求解. 【详解】由题设可得 (当且仅当时取等号), 即,由于，均为正实数，即， 设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当， 故当且仅当时取等号， 因此，故，则， 故，解得,所以, 故选：C. 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 5．（2025·河南安阳·二模）已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用换底公式得，然后利用对数函数的性质即可求解；对求导，利用导数和指数函数的性质即可判定. 【详解】由题可知， 因为在区间上单调递增，所以，即， 当时，有，即，不成立， 当时，有，则成立，所以； 又在区间上都单调递增， 所以在，时恒成立， 所以在时恒成立， 因为，所以， 所以或， 又，所以， 故选：D. 6．（2025·河南郑州·二模）已知函数，，有恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由及得到和，讨论的范围：当时，在上恒成立，由函数和在存在交点，得到存在区间使得，不合题意；当时，由过点作曲线切线得到.再分类讨论：当时，由导数求得最小值，然后得到，由切线可知存在区间使得，不合题意；当时，，恒成立，满足题意；当时，，则需要成立，即得到的最小值大于0，然后得到的范围.综上所述得到结果. 【详解】∵，∴， 当时，则恒成立， 在上单调递减， 由一次函数与函数一定存在交点可知函数存在零点， 即存在，使得时，，时，， 不符合题意，舍去. 当时， 设直线为函数切线，设切点为 则，即，则，， ①当时，函数存在两个零点， 令，则， ∴当时，，单调递减；当时，，单调递增； 故，∵， ∴，即恒成立. 此时无法满足题意，舍去； ②当时，由①可知，，满足， ③当时，恒成立，要使得恒成立，则需要恒成立，由①得，∴，即. 综上所述. 故选：D. 【点睛】思路点睛，要想得到，则需要函数在相同区间内同号. 然后借助直线与曲线的切线以及导函数等知识来找到函数在某些区间上的正负情况. 7．（2025·江西上饶·一模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（    ） A．有且只有一个极大值点 B．在上单调递增 C．存在实数，使得 D．有最小值，最小值为 【答案】D 【分析】根据对数恒等式将函数变形转化为，利用导函数研究的单调性，再由复合函数单调性得单调性、极值与最值，再分别判断选项即可. 【详解】由，则， 令，则，令，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 由函数与复合而成，而在上单调递增； 故在上单调递减，在上单调递增； 所以在处取极小值，且无极大值， 又，故不存在实数，使得. 故ABC错误，D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：应用对数恒等式转化为复合函数是解题关键. 8．（2025·湖北·一模）罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理，与拉格朗日中值定理和柯西中值定理一起并称微分学三大中值定理.罗尔中值定理：若定义域为的函数的导函数记为，且函数满足条件①在闭区间上连续；②在开区间内可导；③.那么至少存在一个使得.已知函数，在区间内有零点，其中，是自然对数的底数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由和，根据罗尔中值定理可知，存在，，使，，故在上至少有两个不等实根，令，分类讨论函数零点个数，从而得解. 【详解】依题意设在区间内的零点为，则有, 由罗尔中值定理可知，存在，使， 同理，由及罗尔中值定理可知，存在，使， 故在上至少有两个不等实根， 令， 则，显然在上单调递增, 当，时，，此时在上单调递增， 故在上至多只有一个实根； 同理可知，当，时，，此时在上单调递减， 故在上至多只有一个实根； 当时，令，可得， 易知，且在上单调递减，在单调递增， 故当且时，； 又， 故， 则由零点存在性定理知，故. 故选：D 【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 9．（2025·四川南充·二模）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数可得函数在,上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得，再由对数函数的性质可得，结合，，是方程的三个根，可得，即可求得答案． 【详解】因为当时，， 所以， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，所以， 当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 作出函数的图象，如图所示： 由此可得， 当时，令，解得或， 所以， 又因为， 所以， 所以； 由题意可得，，是方程，即的三个根， 所以， 即， 所以， 即， 所以． 故选：． 【点睛】关键点点睛：关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算性质和对数函数，得到，即可解题. 10．（2025·山东青岛·一模）设是关于的方程的正实数根.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，分析该函数的单调性，结合零点存在定理得出，可得出，对为奇数和偶数进行分类讨论，讨论的取值，结合并项求和法以及等差数列的求和公式可求得的值. 【详解】令，则函数在上为增函数， 因为， ， 由零点存在定理可得，则， 当为正奇数时，设，则，则， 当为正偶数时，设，则，则， 所以， . 故选：B. 【点睛】关键点睛：解本题的关键在于利用零点存在定理得出的取值范围，并由此讨论的取值，结合数列求和求解. 二、多选题 11．（2025·安徽安庆·二模）若实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】设函数，利用其为增函数，有一个零点得到，即可判断A；由已知可得，可得，即可判断B；由及，可得，即可判断C；由B选项可得，进而得，即可判断D. 【详解】设函数，显然为增函数， ，由已知，故，故A正确； 由，有，故， 则，故，故B正确； 由，得，故，故C错误； 由得，则， 由于，得，故D正确. 故选：ABD. 12．（2025·江苏南京·一模）已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（    ） A． B．为偶函数 C．当时， D．在上单调递减 【答案】ACD 【分析】由关系取，可求，取，可求，再求，判断A，取，可得，的关系，再将替换为，求，由此判断函数的奇偶性，判断B，将中的用替换可得，结合条件证明当时，，再结合函数的奇偶性判断C，结合单调性定义证明函数在上单调递减，再利用导数证明函数在上单调递减，判断D. 【详解】因为， 令，，可得， 所以， 令，，可得， 所以， 所以，A正确； 由， 令可得，， 再将中的替换为，可得， 所以， 所以，所以函数为奇函数，B错误； 当时，将中的用替换， 可得，即， 当时，，由已知可得， 所以，， 又函数为奇函数，所以当时，，， 所以当时，，C正确； 因为， 所以若，则， 任取，且， 则， 因为，所以，， 所以，所以， 所以函数在上单调递减， 设， 当时，， 因为，所以， 因为函数在上单调递减，所以， 所以， 所以在上单调递减. 故选：ACD. 13．（2025·河北·三模）已知函数，当时，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．最小值为14 【答案】ACD 【分析】根据函数解析式得到函数图象，即可判断A，根据函数值相等以及对数的运算可判断B，根据基本不等式以及成立条件可判断C、D. 【详解】对于A，的图象是由的图象向右平移2个单位长度而得到，如图： ， 显然A正确； 对于B，，所以， 即，故B不正确； 对于C，由选项B可知，即， 解得，当且仅当时取等号，，，故C正确； 对于D，， 当且仅当，即时取等号，故D正确. 故选：ACD. 14．（2025·安徽合肥·二模）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．的图象关于点对称 D．为偶函数 【答案】ACD 【分析】A选项，令得，令得；D选项，令得，令得，故，的一个周期为1，，所以，故为偶函数，D正确；BC选项，令，结合函数周期，得到，令得，所以，故，故B错误，C正确. 【详解】A选项，中，令得， 又，故，解得， 中，令得，故，A正确； D选项，中，令得 ，即，， 中，令得 ，即， 因为，所以，故， 故的一个周期为1， 故，所以，故为偶函数，D正确； B选项，中，令得 ， 由于，，故， 由于的一个周期为1，故， 所以，解得， 中，令得 ， 又，故，， 所以，故， 故不存在，，B错误； 由上可知，，故的图象关于点对称，C正确. 故选：ACD 15．（2025·山东枣庄·二模）已知函数，则（    ） A．当时，函数在上单调递增 B．当时，函数有两个极值 C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D．当时，直线与曲线有三个交点，，则 【答案】ACD 【分析】A选项，求导，得到导函数大于0恒成立，故A正确；B选项，时，导函数大于等于0恒成立，B错误；C选项，设切点，由几何意义得到切线方程，将代入，整理得到，构造设，求导得到单调性，数形结合得到只有1个根-2，C正确；D选项，若，此时直线与曲线只有1个交点，不合要求，故，联立直线与曲线得到，令，变形得到. 【详解】A选项，时，， 恒成立，故函数在上单调递增，A正确； B选项，，当时，恒成立， 此时在R上单调递增，无极值，B错误； C选项，显然不在上，设切点为， 因为，所以， 故切线方程为， 又切线过点，故， 整理得， 设，则 令得或， 令得或，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，， 又，故只有1个根-2， 故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，C正确； D选项，当时，， 若，直线， 此时与曲线只有1个交点，不合要求，故， ，直线与曲线联立得 ， 设， 故， 所以，则，D正确. 故选：ACD 16．（2025·江苏南京·一模）已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（   ） A．曲线关于原点对称 B．若曲线上的点，则 C．若曲线与曲线有公共点，则 D．若点在曲线上，则 【答案】ACD 【分析】对于A利用替换思想通过方程没变化，去判断曲线关于原点对称，对于B利用代换消元去得到新的不等式，再通过已知条件去证明是否成立，对于C，利用方程组消元，再通过分类讨论来分离参变量和去绝对值，最后构造函数求值域即可判断，对于D，则利用放缩思想，即正数大于负数，从而得证． 【详解】对于，用替换方程不变，则曲线关于原点对称，故选项正确； 对于，由，点是曲线上的点，则， 所以上式等价于， 而方程中，即，所以不恒成立，故选项错误； 对于，由曲线方程，可知函数为偶函数， 故曲线关于轴对称，故只需要分析情形两曲线有公共点， 则把代入得， , 当时，， 构造函数，则， 因为，所以， 即在上单调递增， 又因为，当时，， 所以的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时满足， 当时，， 构造函数，则， 因为，所以，即 故函数在上单调递减， 又因为，当时，， 所以函数的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时不满足， 所以综上可得：，故选项正确； 对于，由点在曲线上得：， 则， 所以 ,故选项正确． 故选：． 17．（2025·湖北武汉·一模）已知函数，若函数为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】A选项，举出例子，画出的图象，得到其不关于直线对称；BD选项，为奇函数，得到，BD正确；C选项，二次求导，结合三次函数图象特征得到，则，又，故 【详解】A选项，令，则，满足为偶函数， 但的图象如下，不关于直线对称，A错误； BD选项，为偶函数，故为奇函数， 即，即， 故，故点为曲线的对称中心， 故，则，故B，D正确； C选项，由题意得，令，则， 由于曲线的对称中心为，结合三次函数的图象特征可知， ，则，又，故，故C正确. 故选：BCD. 18．（2025·山西·一模）已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（   ） A．当时，切线的方程为 B．当时，的面积为 C．点的坐标为 D．面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】由已知得，，由点斜式方程即可得切线方程，当，可得的坐标，即可判断；当时，可判断；根据面积公式即可判断；由已知得，通过求导即可求解最小值，即可判断. 【详解】由已知得，， 过点的切线方程为，当时，， 则，故正确； 当时，，则， 以为切点的切线方程为，即，故错误； 此时，的面积，故正确； 因为，，， 所以，，所以， 令，所以， 令，即，解得， 当时，，所以函数在内单调递减， 当时，，所以函数在内单调递增， 所以当时，函数有最小值，最小值为，故正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：解决选项的关键是确定点的坐标，构建关于三角形的面积的函数，利用导数求单调性和最值. 19．（2025·河南郑州·二模）已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（   ） A． B．关于点中心对称 C．关于轴对称 D． 【答案】ABD 【分析】由中令可得A正确；由可得B正确；由可得C错误；换元法求出可得D正确. 【详解】对于A，由可得； 对于B，由可得，即， 所以关于点中心对称，故B正确； 对于C，由可得，所以关于轴对称，故C错误； 对于D，由中令可得， 设，① 又，② 由①②可得， 所以，即， 所以，所以 所以，故D正确； 故选：ABD 20．（2025·湖南常德·一模）已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．函数在上单调递增 C．函数存在极小值点 D．“”是“”的充要条件 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用导数确定单调性判断A；举例说明判断B；利用极小值的意义，结合偶函数及单调性判断C；利用充要条件的意义，结合导数求函数最小值判断D. 【详解】由定义域在上的连续函数在区间上单调递增，得，， 对于A，，，函数在上单调递增，A正确； 对于B，取函数，显然符合题意，函数， ，当时，，函数在上不单调，B错误； 对于C，函数定义域为，，函数是偶函数， 令，因函数，在上都是增函数，则在上也是增函数， 因是偶函数，故在上是减函数， 因此是函数的一个极小值点，C正确； 对于D，当时，依题意，，， 令，则， 当时，；当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，， 故有； 而当时，取，得，则， 所以“”是“”的充要条件，D正确. 故选：ACD 三、填空题 21．（2025·山西晋中·模拟预测）已知，则 . 【答案】2026 【分析】法一：变形得到，，构造，则，根据函数单调性得到， 故； 法二：设与的交点为，与的交点为，根据对称性得到与关于对称，求出. 【详解】法一：， ， 设，则， 由于在R上单调递增，故， 故； 法二：， 设与的交点为， 与的交点为， 由于和为反函数， 即和关于对称， 而和垂直，关于对称， 联立，解得， 所以与关于对称， 故，所以. 故答案为：2026 【点睛】关键点点睛：变形得到，，构造，由函数单调性进行求解；或由函数的对称性进行求解 22．（2025·浙江温州·二模）函数满足：①②，．则的最大值等于 ． 【答案】/0.5 【分析】设且，代入得，令，则有关于的不等式有解，利用判别式求解即可. 【详解】解：设且， 令， 则有， 即， 设，则， 即， 所以有解，， 所以的最大值等于． 故答案为： 【点睛】方法点睛：解答与抽象函数有关的题目时，常用赋值法. 23．（2025·天津·一模）已知，函数若关于的方程，恰有2个互异的实数解，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】依题意可得，令，则与有两个交点，利用导数求出的单调性，即可求出函数的取值范围，从而求出的取值范围； 【详解】由， 可得当时，即，所以； 当时，，所以， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以， 令，则与有两个交点， ①当时，，则在上单调递增，且； ②当时，则， 令，则， 所以当时，则在上单调递增， 当时，则在上单调递减， 所以，所以恒成立， 所以恒成立，所以在上单调递减， 又，因为，所以， 且当时，，所以； 所以，即的取值范围是. 故答案为： 24．（2025·陕西·模拟预测）已知恒成立，求正数的取值范围 ． 【答案】 【分析】当时，条件显然成立，所以只需处理的情况即可，此时 ，令， 求导，利用函数的单调性转换求解即可. 【详解】， 又，所以， 当时，上式显然成立， 所以只需处理的情况即可，此时 ， 令， 恒成立，所以严格递增， 在恒成立即可， 令，则， 令， 当时，，严格增， 当时，，严格减， 所以，所以， 故答案为：. 25．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）已知函数的定义域为，，，且对于、，当时都有，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，即为，结合函数的单调性可求得的取值范围，然后验证恒成立，即可得解. 【详解】构造函数，其中， 则， 故函数在上为减函数， 由可得，即， 因为，则，所以，，解得. 对于、，当时都有， 不妨设，则，所以，函数在上为增函数， 则对任意的，，则，可得恒成立， 因此，所求不等式的解集为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：四种常用的导数构造法： （1）对于不等式（或），构造函数； （2）对于不等式（或），构造函数； （3）对于不等式（或）（其中为常数且），构造函数； （4）对于不等式（或）（其中为常数），构造函数. 26．（2025高三·全国·专题练习）已知，则的大小关系为 . 【答案】 【分析】由，根据数值的特点，构造函数和，再利用函数的单调性，赋值后比较函数值的大小. 【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. 故答案为： 【点睛】利用导数比较大小问题方法点睛：根据已知中式子的外形结构特征与导数结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题. 27．（2025·安徽池州·二模）定义在上的函数满足.若，对，，则 ，并写出的一个函数解析式 . 【答案】 4 【分析】由题及反证法可得当时，；当时，及当时，；当时，②.然后由题意可得，据此可得答案. 【详解】由得：当时，；当时，. 假设，使得，则题意得，即， 取时，有，即这与矛盾.所以不，使得. 综上，当时，；当时，①. 当时，；当时，②. 对于①而言： 当时，即，则，所以，所以， 注意到的任意性，所以 当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以 所以，即，解得或 即或，舍.所以，则 对于②而言：同理得，则. 故答案为：4；. 【点睛】关键点点睛：对于某些较复杂求值问题，可利用“两边夹”原理，即证所求小于等于定值的前提下，又大于等于定值. 28．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知定义在上的函数满足：，则 ；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为 【答案】 【分析】第一空，用赋值法直接求出；第二空，构造函数，判断单调性，解不等式即可. 【详解】由，令，得，解得； 设，则，由，得，即， 设，则在上单调递减．由，得，即． 所以解得，即不等式的解集为． 故答案为：2；. 29．（2025·陕西咸阳·二模）已知方程的两根为，（），若，不等式对任意的，恒成立，则正实数m的最小值为 . 【答案】 【分析】将已知方程结合其两根，进行变式，求得，利用该式再将不等式变形，然后将不等式的恒成立问题变为函数的最值问题求解. 【详解】因为分别是方程的两个根， 即.两式相减，则， 则不等式，可变为， 两边同时除以得，， 令，则在上恒成立. 整理可得，在上恒成立， 令， 则， ①当，即时，在上恒成立， 则在上单调递增， 又，则在上恒成立， ②当，即时，当时，， 则在上单调递减，则，不符合题意. 综上：，所以的最小值为1， 故答案为：. 30．（2025·天津和平·一模）若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据绝对值大于等于0，求得.再找到各个绝对值的零点，然后分三种情况分别考虑去绝对值符号后对应区间上的解的个数情况，进而总结得到答案. 【详解】右边的 ，即：.    解方程 得 或 ; 解方程 得 或 . 需要根据 的符号讨论： （1）当 时方程变为 ，即 ，解得 或 ，有两个不等实根. （2）当时，关键点顺序： 记 ：方程变为：,解，得 . 当时， 根据开口方向和对称轴可知，至多有一解. 恰有一解条件,解得 当时，, 有一解条件,解得; 当时,,至多有一解. 有一解条件，解得. 所以时有2解; 若,由于, 时，得 . :此时, 有一解条件,, 或者，无解. 有两解的条件：, 解得. 所以时符合题意. 综上所述，当且仅当时方程有两个不同的实数解. 故答案为：. 四、解答题 31．（2025·广东深圳·一模）已知函数，其中． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，证明：曲线是轴对称图形； (3)若在R上恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)在上单调递增. (2)证明过程见解析. (3). 【分析】（1）去绝对值求导函数，根据导函数正负判断原函数增减； （2）去绝对值判断函数为偶函数，从而确定其关于轴对称； （3）先讨论时不等式恒成立，此时可就分类讨论后得，在此条件下再讨论不等式恒成立，从而可求参数的范围. 【详解】（1）当时，函数，求导得：； 当时，， ，，， 当时，. 当时，函数在上单调递增. （2）当时，函数 ， 为偶函数，关于轴对称； 所以当时，曲线是轴对称图形. （3）在上恒成立，， 当时，有， 又， 当时，在上恒成立， 故在上为减函数，故，此时不等式恒成立， 若，， 此时当时，， 故不成立， 故当时，若不等式恒成立，则. 若，则， 又， 当时，，故 若，此时在上恒成立，故在上为减函数， 故在上恒成立，与题设矛盾； 若，当 时，有， 这与题设矛盾， 若，则，故在上为增函数， 故恒成立， 综上所述：的取值范围. 【点睛】方法点睛：导数背景下的含参不等式恒成立问题，可将导函数的值域求出，从而得到导函数符号讨论的分类点，再结合函数的单调性及零点处理不等式成立. 32．（2025·江西赣州·一模）已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，． (1)求的取值范围： (2)（ⅰ）证明：对一切的且，都有； （ⅱ）证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）讨论的范围，通过求导分析函数单调性，利用函数有两个零点可得，即可求出的取值范围. （2）（ⅰ）把不等式等价变形，转化为证明对任意的恒成立，通过求导分析函数单调性可证结论. （ⅱ）分析的范围，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论. 【详解】（1）由得. 当时，，在上单调递增，不合题意. 当时，由得，由得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，故. ∵，时，， ∴在和内分别存在一个零点，符合题意， ∴m的取值范围为. （2）（ⅰ）不妨设，则等价于，即证. 令，即证对任意的恒成立. 令，则， ∴在上单调递增，故， ∴. （ⅱ）由（1）得，在和内分别存在一个零点， 由得，设，则， ∵等价于， ∴，即， 由（ⅰ）得，，即， ∴. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ⅰ）的关键是不等式等价变形为，令，通过构造函数可证明结论成立.解决第（2）问（ⅱ）的关键是利用零点的概念得到，由（ⅰ）得，结合基本不等式可证明结论. 33．（2025·天津滨海新·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）由题意，， 设切点，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即，代入， 得，解得，代入，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. （2）当时，， 要证，即证， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）由题意，， 由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii），由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 34．（2025·河南信阳·一模）已知函数，其导函数为. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是函数的两个零点，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1），当时，恒成立，在上单调递增；当时，由，得；由得，进而可得； （2）由转化为求，由（1）可知，构造，由导数可得，进而可得只有符合题意； （3）根据函数的单调性，函数有两个零点时， ，得，设，则，证，利用基本不等式和单调性转化为证明，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，. 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由，解得：；由，解得：. 在上单调递减，上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，上单调递增. （2）要使恒成立，只需恒成立. 由（1）可知，当时，在上单调递增，且， ∴当时，，不合题意，舍去. 当时，在上单调递减，上单调递增， ， 只需，即在时恒成立. 记，，则 当时，，单调递增；当时，，单调递减； ，， 只有符合题意. 综上所述，实数的取值范围为. （3）由（1）可知，当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点，不合题意，舍去. 当时，在上单调递减，上单调递增， 当时，；当时，. 要使函数有两个零点，只需，解得：. 已知，不妨设，则有. 单调递增，要证，只需. ，只需证 即证， 由单调性可知，， 在上单调递减，即证. 方法一：，即证. 令，其中. ， 单调递增， 又，，即. 成立. . . 方法二：，即证. 而， 由得，， 且，. 令，则， 在上单调递减，， ，，可得， ，，，即， 又在上单调递减，. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于问题的转化，根据函数的单调性，确定函数两个零点的范围，进而把证明，转化为证明，即证，进而构造函数，利用导数证明即可. 35．（2025·河北·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求实数a的取值范围； (2)若是函数的两个零点，证明：； (3)当且时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分离参数，构造函数，利用导数求其单调性及最值即可； （2）利用比值换元设，将问题转化为证，构造函数求导判定函数的单调性即可证明； （3）利用第一问得出，取，结合放缩法得出，利用累加法计算即可证明. 【详解】（1）由恒成立，有恒成立， 令，有，解不等式可得， 可得函数的增区间为，减区间为， 可得的最大值为， 若函数恒成立，可得实数a的取值范围为； （2）不妨设，设， 由，有，，两式相除，有， 代入，有，有，可得， 可得， 要证，只需证，只需证， 令，有， 可得函数单调递增，有，故有； （3）由（1），取，有（当且仅当时取等号）， 取（其中），有，有， 又由，有，有， 有，有，有， 可得，有， 有，有， 当且时，可得． 【点睛】思路点睛：第二问对于双变量问题的处理策略常用比值换元法转化为单变量问题；第三问，不等式的证明，结合第一问令换元，一般情况下还需要巧妙放缩，多积累经验. 36．（2025·湖南郴州·三模）已知函数. (1)当时，求函数的最值； (2)若函数有两个不同极值点，证明：. 【答案】(1)的最大值为，无最小值. (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，根据函数与导数的关系判断即可求出最值； （2）利用极值点条件，结合对数运算和不等式证明乘积下限. 【详解】（1）当时，对函数求导可得. 令，解得. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 因此，在处取得最大值，最大值为，无最小值. （2）函数 对求导可得 令，得到. 设是的两个根，则①，② ①-②得③；①+②得④. ③④得， 即， 不妨设，令则， 即. 要证，即证， 即证，即证，即证，即证. 设，对求导可得 恒成立，故在上单调递增， 即故成立，即成立. 37．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设是的两个极值点， ①求证：； ②求证：. 【答案】(1)减区间为，增区间为； (2)①②证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）①分析得的两根为，且，再构造函数，利用导数得其单调性即可证明原不等式； ②将左边不等式等价转化证明，再构造函数，利用导数即可证明，右边不等式利用切线放缩即可证明. 【详解】（1）时，，， 因为，均在上单调递增， 则在上单调递增，又， 所以，，，， 所以在单调递减，在单调递增． （2）①依题意的两根为， 即的两根为． 令， 得，且，， 则在单调递减，在单调递增，则． 令， 则，所以在单调递增，所以， 所以，又，在单调递增． 所以，即． ②由，要证明，只需证， 即证明， 即证明 即证明 即证明，设，， 则，则当时，，则在单调递减， 则，则在上恒成立，从而左边得证． 因为，，且，， 则在和处的切线分别为和， 令，得， 再证明恒成立， 设，则，令，解得， 且时，，此时函数单调递减； 时，，此时函数单调递增； 则，则恒成立， 再证明恒成立， 设，， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增； 则恒成立， 所以，从而右边得证． 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一问是经典的极值点偏移问题，需构造函数，再利用导数即可证明. 38．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，若存在，使得．证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【详解】（1）当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； （2）方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． （3）由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 39．（2025·江苏宿迁·二模）已知函数，． (1)证明：有唯一零点； (2)记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）不存在，理由见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）分和两种情况，利用导数判断函数的单调性，即可判断零点； （2）（ⅰ）由方程两边取对数，转化为，再构造函数在上单调递增，结合等比数列的性质，即可判断证明； （ⅱ）根据不等式时，，得到不等式，得到不等式，再根据数列求和即可证明. 【详解】（1）当时，，所以在上无零点， 因为，所以在上单调递增， 所以在上至多一个零点， 当时，有唯一零点1． 当时，因为，， 所以函数有唯一零点，得证， （2）（i）由（1）知，，且， 两边取自然对数，得，（*） 所以， 两式相减，得， 所以． 因为函数在上单调递增， 所以，所以数列单调递增． 假设数列中存在，，成等比数列，则， 所以． 由（*）式得，，代入上式，得 ， ．（**） 因为，所以， 又，所以方程（**）无解． 所以数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列． （ii）先证明：时，，（***） 设，则， 所以当时，，单调递减： 当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立． 由（***）式知，， 所以，所以， 所以． 在（***）式中，令，得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以，，当且仅当时等号成立． 当时，在（***）式中，令，得， 所以时， ． 当时，成立． 所以，得证． 40．（2025·湖南·模拟预测）已知函数． (1)若，且有2个不同的零点． （i）求的取值范围； （ii）求证：． (2)记，对于任意，总存在，使得，求的取值范围． 参考公式：若与存在，则． 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（i）分离参数得，利用导数研究函数的单调性，结合图象可得范围；（ii）令，用表示，构造关于的函数，利用导数研究函数单调性及所给函数极限，即可证明不等式； （2）根据题意，转化为求解的最小值，令，构造得到关于的不等式，结合取等条件可得最小值. 【详解】（1）（i）由得，显然不是方程的解. 当时，分离参数得， 由题意得关于的方程有两个解. 令，则， 当时，，在上单调递减，且； 当时，，在上单调递减，且； 当时，，在上单调递增，且； 当；当； 当；当； 如图作出的大致图象.    于是要使有两个解. 故的取值范围为. （ii）证明：结合题意及（i）有； 所以，且， 令，将代入上式解得， 则，， 要证，即证， 令, 则 ， 令，， 则， 令，， 则， 令，， 则， 则在单调递减，所以，即， 则在单调递增，所以，即， 则在单调递减，所以， 故，则在单调递增，且， 又， 故，即得证. （2），，且. 总存在，使得，则， 不妨设，简记为. 对于任意，恒成立，则. 由，可知在或或的极值点处取到. 则①，②， 由①②得，， 故当且仅当，且， 即时，“”成立，此时，且； 则， 所以③， 又④， 则由③④得，， 所以. 当且仅当， 即时，“”成立. 所以当，时，， 综上所述，的取值范围是. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题05 函数的基本性质及导数综合 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 周期性（差为常数有周期） ①若，则的周期为： ②若，则的周期为： ③若，则的周期为：（周期扩倍问题） ④若，则的周期为：（周期扩倍问题） 2. 对称性（和为常数有对称轴） 轴对称 ①若，则的对称轴为 ②若，则的对称轴为 点对称 ①若，则的对称中心为 ②若，则的对称中心为 3. 周期性对称性综合问题 ①若，，其中，则的周期为： ②若，，其中，则的周期为： ③若，，其中，则的周期为： 4. 奇偶性对称性综合问题 ①已知为偶函数，为奇函数，则的周期为： ②已知为奇函数，为偶函数，则的周期为： 5. 导函数与原函数的关系 单调递增，单调递减 6. 极值 （1） 极值的定义 在处先↗后↘，在处取得极大值 在处先↘后↗，在处取得极小值 （2） 极值与导数的关系 是极值点 是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件 7. 恒成立问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） 8. 能成立（有解）问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 ② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 9. 端点效应的类型 1.如果函数在区间上,恒成立,则或. 2.如果函数在区问上,恒成立,且(或),则或. 3.如果函数在区问上,恒成立,且(或,则或. 10. 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 11. 常见的指对放缩 ，，， 12. 常见的三角函数放缩 13. 其他放缩 ，， ，， ， ， 14. 常见函数的泰勒展开式 （1），其中； （2），其中； （3），其中； （4），其中； （5）； （6）； （7）； （8）． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： ，，， ，，， ，，． 15. 常见函数的泰勒展开式的结论 结论1 ．结论2 ．结论3 （）． 结论4 ． 结论5 ；；． 结论6 ；结论7 结论8 ．结论9 ． 16. 拉格朗日（Lagrange）中值定理 若函数f（x）满足如下条件： （1）f（x）在闭区间[a，b]上连续； （2）f（x）在开区间（a，b）内可导． 则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得． 拉格朗日中值定理的几何意义 如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线． 一、单选题 1．（2025·辽宁·一模）设函数，若恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 2．（2025·山西太原·一模）已知函数有三个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·吉林·三模）已知正实数满足，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·江西·二模）已知正实数，满足，则（    ） A．2 B． C． D． 5．（2025·河南安阳·二模）已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·河南郑州·二模）已知函数，，有恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．（2025·江西上饶·一模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（    ） A．有且只有一个极大值点 B．在上单调递增 C．存在实数，使得 D．有最小值，最小值为 8．（2025·湖北·一模）罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理，与拉格朗日中值定理和柯西中值定理一起并称微分学三大中值定理.罗尔中值定理：若定义域为的函数的导函数记为，且函数满足条件①在闭区间上连续；②在开区间内可导；③.那么至少存在一个使得.已知函数，在区间内有零点，其中，是自然对数的底数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·四川南充·二模）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·山东青岛·一模）设是关于的方程的正实数根.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·安徽安庆·二模）若实数满足，则（    ） A． B． C． D． 12．（2025·江苏南京·一模）已知函数满足：对任意，且当时，.下列说法正确的是（    ） A． B．为偶函数 C．当时， D．在上单调递减 13．（2025·河北·三模）已知函数，当时，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．最小值为14 14．（2025·安徽合肥·二模）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．的图象关于点对称 D．为偶函数 15．（2025·山东枣庄·二模）已知函数，则（    ） A．当时，函数在上单调递增 B．当时，函数有两个极值 C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D．当时，直线与曲线有三个交点，，则 16．（2025·江苏南京·一模）已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（   ） A．曲线关于原点对称 B．若曲线上的点，则 C．若曲线与曲线有公共点，则 D．若点在曲线上，则 17．（2025·湖北武汉·一模）已知函数，若函数为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B． C． D． 18．（2025·山西·一模）已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（   ） A．当时，切线的方程为 B．当时，的面积为 C．点的坐标为 D．面积的最小值为 19．（2025·河南郑州·二模）已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（   ） A． B．关于点中心对称 C．关于轴对称 D． 20．（2025·湖南常德·一模）已知连续函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（    ） A．函数在上单调递增 B．函数在上单调递增 C．函数存在极小值点 D．“”是“”的充要条件 三、填空题 21．（2025·山西晋中·模拟预测）已知，则 . 22．（2025·浙江温州·二模）函数满足：①②，．则的最大值等于 ． 23．（2025·天津·一模）已知，函数若关于的方程，恰有2个互异的实数解，则的取值范围是 ． 24．（2025·陕西·模拟预测）已知恒成立，求正数的取值范围 ． 25．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）已知函数的定义域为，，，且对于、，当时都有，则不等式的解集为 ． 26．（2025高三·全国·专题练习）已知，则的大小关系为 . 27．（2025·安徽池州·二模）定义在上的函数满足.若，对，，则 ，并写出的一个函数解析式 . 28．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知定义在上的函数满足：，则 ；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为 29．（2025·陕西咸阳·二模）已知方程的两根为，（），若，不等式对任意的，恒成立，则正实数m的最小值为 . 30．（2025·天津和平·一模）若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 . 四、解答题 31．（2025·广东深圳·一模）已知函数，其中． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，证明：曲线是轴对称图形； (3)若在R上恒成立，求的取值范围. 32．（2025·江西赣州·一模）已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，． (1)求的取值范围： (2)（ⅰ）证明：对一切的且，都有； （ⅱ）证明：． 33．（2025·天津滨海新·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 34．（2025·河南信阳·一模）已知函数，其导函数为. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是函数的两个零点，求证：. 35．（2025·河北·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求实数a的取值范围； (2)若是函数的两个零点，证明：； (3)当且时，证明：． 36．（2025·湖南郴州·三模）已知函数. (1)当时，求函数的最值； (2)若函数有两个不同极值点，证明：. 37．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设是的两个极值点， ①求证：； ②求证：. 38．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，若存在，使得．证明：． 39．（2025·江苏宿迁·二模）已知函数，． (1)证明：有唯一零点； (2)记的零点为． （i）数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由； （ii）证明：． 40．（2025·湖南·模拟预测）已知函数． (1)若，且有2个不同的零点． （i）求的取值范围； （ii）求证：． (2)记，对于任意，总存在，使得，求的取值范围． 参考公式：若与存在，则． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$