专题02 函数与导数-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（福建专用）

专题02 函数与导数 题型概览 题型01 函数的图像 题型02 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 题型03 指对幂比较大小 题型04 函数与方程的综合应用 题型05 新定义问题 题型06 恒成立与能成立问题 题型07 证明不等式问题 题型08 切线问题 题型09 极最值问题 题型10 零点问题 函数的图像题型01 1．（2025·福建泉州·二模）已知函数与的图象关于直线对称，则 ． 【答案】 【解析】设在图象上，则点关于直线对称点在图象上，则，即，. 故答案为：． 2．（2025·福建南平·二模）设表示不超过实数的最大整数，如，则方程解的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】方程解的个数等价于函数和的图象交点个数， 作函数和的图象如图所示： 由图可知函数和的图象的交点个数为5. 方程解的个数为5. 故选：B 3．（2025·福建龙岩·二模）已知函数（且），是自然对数的底数，函数的导函数为．实数，满足，，当时，实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由， 知分别为的极大值点和极小值点， 所以在上单调递减，在上单调递增. ，， 则当时，， 若且时，，与矛盾，不符合题意， 故. 令，该方程有两个不同的解， 则函数图象在R上有两个不同的交点， 作出函数的图象，如图， 设过原点且与曲线相切的直线为，切点为， 则，所以，解得， 此时切线的斜率为， 要使函数图象在R上有两个不同的交点， 需，由，解得． 故选：B． 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性题型02 4．（2025·福建泉州·二模）已知函数则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当，即，又可得， 当时，在上单调递增， 由，可得，解得， 当，即时， 由，可得，所以， 解得， 当，即， 由，得，所以， 因为，所以不等式无解， 综上所述：不等式的解集为. 故选：C. 5．（2025·福建泉州·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程有解 C． D． 【答案】C 【解析】因和， 对于A，令，则，即，故A错误； 对于B，令，则，可得， 令，当时，则， 即，，，， 则 ， 其中也符合，因，故方程无实数解，即B错误； 对于C，令，则，得到， 由，则C正确； 对于D，与不能恒相等，故D错误. 故选：C. 6．（多选题）（2025·福建莆田·二模）已知定义域为的函数是偶函数，且，，若，其中，则（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】ACD 【解析】在中，令，得，即，又是偶函数，所以，故A正确； 因为是偶函数，所以，又， 所以，将替换为可得①， 将替换为可得②， 可得，即， 所以是的一个周期， 又，，，，， 所以，故B错误； 因为，所以关于中心对称， 又是偶函数，所以关于中心对称， 所以， 即，，，，， 令，得， ，即， 所以，解得，故C正确； 由，得，且， 当时，则，， ， 当且仅当，即，时等号成立； 当时，，， ， 当且仅当，即，时等号成立，又， 所以的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 7．（2025·福建厦门·二模）已知函数若，则 ． 【答案】8 【解析】， 所以， 因为时，， 所以，，解得， 故答案为： 8．（2025·福建宁德·二模）设函数，则满足的的取值范围是 . 【答案】 【解析】由可得， 则，解得，所以定义域为， 当时，， 由可得，即，无解； 当时，， 由可得，即， 即，解得， 又，所以， 即不等式的解集为. 故答案为： 9．（2025·福建漳州·二模）若函数的导函数为偶函数，且，都有，则可以是 .（写出一个满足条件的函数解析式即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】因为偶函数，则，即， 则，其中为常数， 不妨设，即为奇函数， 结合可得，，则， 则有一个周期为， 故可以为. 故答案为： （答案不唯一） 指对幂比较大小题型03 10．（2025·福建漳州·二模）若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】易知， ， ， 所以， 故选：C 11．（2025·福建三明·二模）若实数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为实数满足，即，可得， 令，其中， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，由，可得，故. 因此，实数的取值范围是. 故选：B. 函数与方程的综合应用题型04 30．（2025·福建泉州·二模）已知，函数，若关于的方程在区间上有解，则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】函数的图象的对称中心为，且单调递增， 所以由可得，，且， 不妨设为锐角，所以， 所以函数在单调递减， 所以当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 所以，即， 故答案为：． 12．（多选题）（2025·福建南平·二模）已知函数则下列说法中正确的是（    ） A．为奇函数 B．任意，存在，使得恒成立 C．若方程恰有两个不等实根，则 D．若方程恰有三个不等实根，则 【答案】BCD 【解析】对于A，，即，所以不为奇函数，故A错误； 对于B，当时，由对恒成立， 得，可得对恒成立，故， 当，由对恒成立，得， 所以对恒成立，故， 所以对任意，存在，使得恒成立，故B正确； 对于C，若方程恰有两个不等正实根， 则有两个不等的正根，所以有两个不等的正根， 则，解得时有两不等的实根，且，故C正确； 对于D，当时，在内单调递增，且，所以只有一个根，故时，恰有两个不等的正根时，有三个不等的实根， 由C可知当时，有两个不等的正根，不妔设此两正根为，且， 所以， 若第三个根为，由题意可得，所以， 解得，所以，故D正确； 故选：BCD. 新定义问题题型05 13．（2025·福建福州·二模）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 【解析】（1）是上的“可控函数”． 因为，由得， 所以， 因为，故函数是上的“可控函数”． （2）（i）由函数的定义域为，可得， 由于，又因为， 当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 而，所以当时，的取值范围为， 因为， 所以由“可控函数”的定义可得函数是上的“可控函数”． 所以的最大值不小于． 若，由“可控函数”定义可知满足的条件为 可得，所以． 又因为，由的单调性可得， 当时，的取值范围为， 显然， 所以函数是上的“可控函数”， 所以的最大值为，得，则， 所以函数的解析式为． （ii）先证明． 由（i）可知函数是上的“可控函数”， 由“可控函数”性质可知函数也是上的“可控函数”， 所以． 因为， 且，所以， 所以． 再证． 由（i）可得在区间上单调递减，且， 所以若，则， 若，则． 又因为，所以时， 均大于均小于． 因为， 所以当为奇数时，． 若，可得 ． 若，可得 ， 所以对任意的． 综上所述． 14．（2025·福建三明·二模）若对于函数，存在直线，使得方程有个解、、、，且，则称直线为函数的阶临界直线，若可趋近于无穷大，则称直线为函数的无限阶临界直线. (1)判断函数，的奇偶性并直接写出它的一条阶临界直线方程； (2)若，，判断函数是否存在阶临界直线，并说明理由； (3)已知函数.证明：函数存在无限阶临界直线. 【解析】（1）令，其中，则， 所以，函数为偶函数， ，故当时，函数取最小值， 当时，，，， 当时，，，， 所以函数在点处的切线方程为，在点处的切线方程为， 如下图所示： 函数的一条阶临界直线方程为. （2）若，， 令，， 令，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以不存在、，使得， 综上可知函数不存在阶临界直线. （3）当时，， 令，， 所以在上单调递减， 因为，，所以当时，， 因为， ，， 所以， 则存在，使， 当时，，，所以， 所以， 因为函数在处的切线方程为， 函数在处的切线方程， 又因为， 所以 ， 所以， 所以直线与直线重合， 则、、、、为方程的解， 且， 又因为可趋近于无穷大，所以存在直线为函数的无限阶临界直线. 15．（2025·福建龙岩·二模）已知函数，，，…，． (1)若，，，…，，求的值； (2)若，集合，集合，为的子集，它们各有个元素，且．设，，，，…，，且，，证明：． 【解析】（1）， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增． 的最小值为.又， 设，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， ，又，，当且仅当时取等号， 所以，且，，故． （2），， 有一个零点，记，而， ，则． 又，且， 故在上还有一个零点，记为， 由的单调性知，恰有两个零点，，且， 而，为的子集，它们各有个元素，且，则至少有个元素． 而的元素只可能在，，，，…，，之中，这表明它们两两不等， 且，所以包含个正数，个负数． 而，为的子集，它们各有个元素，且，则，． 设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数， ，，，. ，，从而． ， ． 设，则， 设，则， 单调递增，，又， ，所以． 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增． ，即， ， . 恒成立与能成立问题题型06 16．（2025·福建莆田·二模）已知函数，，若对区间内任意两个实数，都有恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】假设，因为在上单调递增，所以， 所以，所以 令，则在区间内单调递增，所以， 因为在区间上单调递增，所以的最小值为，故，即； 令，则在区间内单调递增，所以，所以， 令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即． 综上所述，． 故选：A． 17．（2025·福建泉州·二模）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 【解析】（1）若，，， ， 令，则， 所以在单调递增， 因为， 所以当时，，即；当时，，即， 所以的减区间为，增区间为. （2）解法一：，即 ， ①若，则不等式显然成立； ②若，则当时，不合题意； ③若，则等价于， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，， 所以成立，也即，则； 综上可得，. 解法二：①若，不等式显然成立； ②若，当时，不合题意； ③若，则，当时，在上单调递增， 且当时，；当时，， 使 ，即， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时， 令（），则， 所以在上单调递减， 因为，所以当时，， 所以，则； 综上可得，. 18．（2025·福建莆田·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （i i）当满足时，求实数的最大值． 【解析】（1）当时，， ，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）（i），则， 因为函数有两个不同的极值点，所以是的零点， 由，得． 设，则， 令，得；令，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以． 当时，，当时，， 结合的图象的变化趋势可知，，所以， 故实数的取值范围为． （i i）由条件可知，，， 则，且． 不妨令，将代入中， 得，则． 设，，则， 令，则，所以在上单调递减， 则，即，所以在上单调递减． 由得，，所以， 因此在区间上单调递减，即， 于是，所以，则， 又，令，由（ⅰ）可知，在区间上单调递增， 所以，则，解得， 故实数的最大值为． 证明不等式问题题型07 19．（2025·福建宁德·二模）设函数. (1)求函数的值域； (2)当时，恒成立，求的最小值； (3)若，证明：. 附：. 【解析】（1）由，，得 因为，则，即 所以在区间递减，即值域为 （2）在区间上，由恒成立，得， 设，当时，，故只需研究时的情形 ，设， 在区间上，， 所以，在区间上递减，所以， 即在区间上递减，所以， 所以，解得，故的最小值为1. （3）由，，得即， 所以 由（1）可知，当时，，即， 所以当，， 当时，有， 又由（2）知时，，所以 所以，故， 所以 所以 20．（2025·福建厦门·二模）已知函数. (1)当时，求的极小值； (2)若存在唯一极值点，证明：. 【解析】（1）的定义域为. 当时，，. 令得，或. 当时，，单调递减；时，，单调递增. 所以当时，取极小值. （2）方法一：，. 当时，与同号. 因为的图象关于对称，又存在唯一极值点， 如图可得，所以， 所以，故. 将代入得 ， 构造，， 则， 所以，即， 所以 方法二：以前步骤同方法一. 易知在单调递减，在单调递增. （i）当时，，在单调递增， 函数无极值点. （ii）当时，令可得，. 由于，故在区间单调递增，单调递减，单调递增，从而有两个极值点，不合题意. （iii）当时，，故在区间单调递减，单调递增，恰有唯一极值点，符合题意. 所以. 设，，， 所以在单调递减，， 故. 21．（2025·福建厦门·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【解析】（1）的定义域为，， 当时，，单调递增， 当时，令得， 所以时，单调递增， 时，单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要证明，只需证明， 即证明， 令， ， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 可得， 即． 22．（2025·福建南平·二模）已知函数，其导函数为. (1)求的单调区间； (2)证明：. 【解析】（1）由题函数定义域为R，，令， 所以当时，， 当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明：由（1）， 所以在上恒成立， 所以函数即在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以，即. 23．（2025·福建泉州·二模）已知函数，，，，直线的斜率为，曲线在点的切线为.证明： (1)除点外，曲线上的点恒在直线的上方； (2)若，则； (3). 【解析】（1）因为函数，所以求导得. 所以，. 所以切线的斜率为，. 所以直线的方程为：，即：. 令，求导得： ，. 令，则，所以在上单调递增， 因为，所以在上小于0，在上大于0，即： 在上小于0，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，所以， 因为点为切线的切点，所以除点外，曲线上的点恒在直线的上方. （2）由（1）知，， 所以. 所以. 因为，所以， 所以. （3），所以 ，. 因为 所以. ① 令，则，所以， 所以. 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，从而，又， 所以，所以. ② 令，所以求导 令，则， 所以在上单调递增，所以. 所以，所以在上单调递增， 所以，即， 不等式两边同时除以得：，所以. 综上所述，. 切线问题 题型08 24．（2025·福建福州·二模）曲线在处的切线方程为 . 【答案】 【解析】，， ， 所以切线方程为， 即. 故答案为： 25．（2025·福建泉州·二模）已知函数，则与曲线，都相切的直线的方程是 ． 【答案】 【解析】由题可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线与，的切点分别为，， ，，，， 对于，切线方程为， 对于，切线方程为， 所以，解得， 所以直线的方程为， 故答案为：． 26．（2025·福建福州·二模）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知， 则， 即切线斜率， 又， 所以切线方程为， 即， 故选：D. 27．（2025·福建宁德·二模）曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】， 所以，即， 令， 当时，单调增， 当时，单调减， 又，当时，， 故的解集为， 故选：D. 28．（2025·福建·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率为，讨论在的单调性； (2)曲线上是否存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形？证明你的结论． 【解析】（1）由得，， 所以．依题意，得，所以，此时， 所以当时，；当时，，且． 所以当时，，当且仅当时，； 当时，．故在单调递增，在单调递减． （2）曲线上存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形． 证明如下： 取， 因为， 所以四点都在曲线上． 因为，所以， 因为， 所以与不共线， 所以四边形为平行四边形． 所以曲线上存在四个点，使得四边形为平行四边形. 极最值问题题型09 29．（2025·福建泉州·二模）已知，，（为自然常数）且，则的最大值为 ． 【答案】 【解析】，令，则， 因为，即，所以， 所以，当且仅当，即，时，等号成立， 所以， 所以，即的最大值是． 故答案为：． 30．（2025·福建三明·二模）已知函数存在最小值，则实数a的取值范围为 . 【答案】 【解析】的定义域为R， ， 令， 若，则，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故存在最大值，不存在最小值，舍去； 若，， 若，则，此时， 其中，， 当且时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故存在最大值，不存在最小值，舍去； 若，即时，恒成立， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故存在最大值，不存在最小值，舍去； 若，则或， 当时，设的两根为， 开口向上，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 即为的最小值，故满足要求； 当时，设的两根为 开口向下，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 当趋向于时，趋向于，不存在最小值， 综上， 故答案为： 31．（多选题）（2025·福建宁德·二模）设函数，则（    ） A．当时，没有零点 B．当时，在区间上不存在极值 C．存在实数，使得曲线为轴对称图形 D．存在实数，使得曲线为中心对称图形 【答案】ABC 【解析】解法一：对A，函数的定义域为且，由得且. 作出与的图像，二者有唯一交点，不合题意，故没有零点，故A正确. 对B，由题， 令，， 因为，所以， 又，所以，所以， 则在上无极值，故B正确. 对CD，令， 因为，所以或，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线上. 考虑 ， 当时，，所以关于对称，故C正确. 考虑， 所以不存在符合题意的常数，故D错误. 故选：ABC. 32．（多选题）（2025·福建·二模）已知函数，，，则（    ） A．和的图象有且只有一条公切线 B．若恒成立，则整数的最大值为 C．若、均大于，则 D．关于的方程在区间内无解 【答案】BCD 【解析】对于A选项，设直线为函数和的图象的公切线， 设直线切函数于点，切函数于点， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 所以，，消去可得，解得或， 所以，和的图象有且只有两条公切线，A错误； 对于B选项，若，则， 因为函数，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在，使得，即，可得， 且当时，，当时，， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以，， 由题意可得，故整数的最大值为，B正确； 对于C选项， ， 因为、，则，，所以，， 所以，， 所以，，C正确； 对于D选项，当时，，则， 所以，函数在上单调递增，则， ，则对任意的恒成立， 所以，在单调递减，则， 当时，对任意的，， 所以，关于的方程在区间内无解，D正确. 故选：BCD. 33．（2025·福建漳州·二模）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当时，易知， 当时，设在的值域为，由题意可得， 当时，，即，不符合题意； 当时，由不等式化简可得，解得 由不等式组，解得. 综上可得. 故选：C. 零点问题题型10 34．（2025·福建福州·二模）若为函数的零点，则（   ） A．0 B．1 C．2 D． 【答案】C 【解析】当时，，求导得， 令，可得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在上单调递增，所以， 又，所以在上无零点， 当时，。 令，得，得，即， 因为为函数的零点，则，两边取对数得， 所以. 故选：C. 35．（多选题）（2025·福建泉州·二模）已知函数有3个零点和2个极值点，则（   ） A．的3个零点之和等于 B．的3个零点之积等于 C．在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D．的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 【答案】BCD 【解析】由题设，令三个零点为，则， 又，则，，A错，B对； 对函数求导得，显然，即， 若两个极值点为，则，故，D对； 三个零点的斜率之和为， 又，且， 所以， 所以，C对. 故选：BCD 36．（2025·福建漳州·二模）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【解析】（1）若，则， 因为当时，，仅当时，“＝”成立， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为. （2），令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 函数与导数 题型概览 题型01 函数的图像 题型02 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 题型03 指对幂比较大小 题型04 函数与方程的综合应用 题型05 新定义问题 题型06 恒成立与能成立问题 题型07 证明不等式问题 题型08 切线问题 题型09 极最值问题 题型10 零点问题 函数的图像题型01 1．（2025·福建泉州·二模）已知函数与的图象关于直线对称，则 ． 2．（2025·福建南平·二模）设表示不超过实数的最大整数，如，则方程解的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．（2025·福建龙岩·二模）已知函数（且），是自然对数的底数，函数的导函数为．实数，满足，，当时，实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性题型02 4．（2025·福建泉州·二模）已知函数则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·福建泉州·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程有解 C． D． 6．（多选题）（2025·福建莆田·二模）已知定义域为的函数是偶函数，且，，若，其中，则（    ） A． B． C． D．的最小值为 7．（2025·福建厦门·二模）已知函数若，则 ． 8．（2025·福建宁德·二模）设函数，则满足的的取值范围是 . 9．（2025·福建漳州·二模）若函数的导函数为偶函数，且，都有，则可以是 .（写出一个满足条件的函数解析式即可） 指对幂比较大小题型03 10．（2025·福建漳州·二模）若，，，则（   ） A． B． C． D． 11．（2025·福建三明·二模）若实数满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 函数与方程的综合应用题型04 30．（2025·福建泉州·二模）已知，函数，若关于的方程在区间上有解，则的取值范围为 ． 12．（多选题）（2025·福建南平·二模）已知函数则下列说法中正确的是（    ） A．为奇函数 B．任意，存在，使得恒成立 C．若方程恰有两个不等实根，则 D．若方程恰有三个不等实根，则 新定义问题题型05 13．（2025·福建福州·二模）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 14．（2025·福建三明·二模）若对于函数，存在直线，使得方程有个解、、、，且，则称直线为函数的阶临界直线，若可趋近于无穷大，则称直线为函数的无限阶临界直线. (1)判断函数，的奇偶性并直接写出它的一条阶临界直线方程； (2)若，，判断函数是否存在阶临界直线，并说明理由； (3)已知函数.证明：函数存在无限阶临界直线. 15．（2025·福建龙岩·二模）已知函数，，，…，． (1)若，，，…，，求的值； (2)若，集合，集合，为的子集，它们各有个元素，且．设，，，，…，，且，，证明：． 恒成立与能成立问题题型06 16．（2025·福建莆田·二模）已知函数，，若对区间内任意两个实数，都有恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 17．（2025·福建泉州·二模）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 18．（2025·福建莆田·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （i i）当满足时，求实数的最大值． 证明不等式问题题型07 19．（2025·福建宁德·二模）设函数. (1)求函数的值域； (2)当时，恒成立，求的最小值； (3)若，证明：. 附：. 20．（2025·福建厦门·二模）已知函数. (1)当时，求的极小值； (2)若存在唯一极值点，证明：. 21．（2025·福建厦门·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 22．（2025·福建南平·二模）已知函数，其导函数为. (1)求的单调区间； (2)证明：. 23．（2025·福建泉州·二模）已知函数，，，，直线的斜率为，曲线在点的切线为.证明： (1)除点外，曲线上的点恒在直线的上方； (2)若，则； (3). 切线问题 题型08 24．（2025·福建福州·二模）曲线在处的切线方程为 . 25．（2025·福建泉州·二模）已知函数，则与曲线，都相切的直线的方程是 ． 26．（2025·福建福州·二模）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 27．（2025·福建宁德·二模）曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 28．（2025·福建·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率为，讨论在的单调性； (2)曲线上是否存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形？证明你的结论． 极最值问题题型09 29．（2025·福建泉州·二模）已知，，（为自然常数）且，则的最大值为 ． 30．（2025·福建三明·二模）已知函数存在最小值，则实数a的取值范围为 . 31．（多选题）（2025·福建宁德·二模）设函数，则（    ） A．当时，没有零点 B．当时，在区间上不存在极值 C．存在实数，使得曲线为轴对称图形 D．存在实数，使得曲线为中心对称图形 32．（多选题）（2025·福建·二模）已知函数，，，则（    ） A．和的图象有且只有一条公切线 B．若恒成立，则整数的最大值为 C．若、均大于，则 D．关于的方程在区间内无解 33．（2025·福建漳州·二模）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 零点问题题型10 34．（2025·福建福州·二模）若为函数的零点，则（   ） A．0 B．1 C．2 D． 35．（多选题）（2025·福建泉州·二模）已知函数有3个零点和2个极值点，则（   ） A．的3个零点之和等于 B．的3个零点之积等于 C．在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D．的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 36．（2025·福建漳州·二模）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$