专题06 函数和导数-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（安徽专用）

专题06 函数和导数 题型概览 题型01 函数及其性质 题型02 函数新定义 题型03 零点问题 题型04 抛物线 函数及其性质题型01 1．（2025·安徽淮北·二模）函数的图像如图所示，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·安徽淮北·二模）已知函数和的定义域均为为偶函数，为奇函数，若，则（    ） A．4 B．2 C．0 D． 3．（2025·安徽滁州·二模）已知函数，若，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·安徽芜湖·二模）已知函数，则（   ） A．的定义域为 B．为偶函数 C．为单调递增函数 D． 5．（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 6．（2025·安徽合肥·二模）已知函数的最小值为，则 ． 7．（2025·安徽·二模）设函数，，若曲线与恰有个公共点，则 . 8．（2025·安徽黄山·二模）已知函数，则 ． 函数新定义题型02 9．（2025·安徽·二模）已知函数（其中表示不超过的最大整数），则关于的方程的所有实数根之和为（    ） A． B． C． D． 10．（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 . 零点问题题型03 11．（2025·安徽池州·二模）已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 12．（2025·安徽·二模）设，函数，则（    ） A．有两个极值点 B．若，则当时， C．若有个零点，则的取值范围是 D．若存在，满足，则 13．（2025·安徽安庆·二模）若实数满足，则（    ） A． B． C． D． 14．（2025·安徽合肥·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 15．（2025·安徽马鞍山·二模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 16．（2025·安徽池州·二模）已知. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由； (3)证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点. 导数应用题型04 17．（2025·安徽·二模）已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D．1 18．（2025·安徽黄山·二模）定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”．若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 19．（2025·安徽滁州·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有解 20．（2025·安徽黄山·二模）已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（   ） A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增 C． D． 21．（2025·安徽芜湖·二模）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)设，证明：. 22．（2025·安徽芜湖·二模）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. (1)求点的轨迹的方程； (2)若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 23．（2025·安徽淮北·二模）已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 24．（2025·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意和任意，都有，求实数的取值范围． 25．（2025·安徽·二模）设函数. (1)若是增函数，求的取值范围； (2)若，为的两个极值点，求的取值范围. 26．（2025·安徽黄山·二模）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，判断函数在区间上的单调性； (2)令，若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围； (3)求证：当时，． 27．（2025·安徽安庆·二模）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，过的直线交于两点. (1)求抛物线的方程： (2)求证：抛物线在两点处的切线互相垂直； (3)设为线段的中点，以线段为直径的圆交抛物线在处的切线于点，试判断是否为定值，并证明你的结论. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 函数和导数 题型概览 题型01 函数及其性质 题型02 函数新定义 题型03 零点问题 题型04 抛物线 函数及其性质题型01 1．函数的图像如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的函数图象，确定零点及极值点情况，再结合函数式、导函数式分析判断作答. 【详解】观察图象知，，函数有3个零点，设3个零点为， 于是，当时，， 而此时，因此， 又， 函数有两个极值点，且，即有两个不等实根， ，因此， 所以. 故选：B. 2．已知函数和的定义域均为为偶函数，为奇函数，若，则（    ） A．4 B．2 C．0 D． 【答案】A 【分析】由为偶函数得到，由为奇函数，得到，将，代入，将代入，结合已知条件联立求出. 【详解】因为为偶函数，故， 所以的图象关于对称，因此. 因为为奇函数，故， 整理得， 当时，， 当时，， 由得，， 当时，由得 ， 所以，即， 因为 所以解得，所以. 故选：A. 3．已知函数，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，利用导数分析函数的单调性，数形结合可得出的单调性，可得出、、的大小关系，利用作差法可得出与的大小关系，由此可得出、、的大小关系. 【详解】令，该函数的定义域为，， 由可得或，由可得， 且当时，，当时，. 所以，函数的单调递减区间为、，增区间为， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数的增区间为、，减区间为， 因为，则， 因为，即， 接下来比较与的大小， 作差得， 所以，，因此，. 故选：D. 4．已知函数，则（   ） A．的定义域为 B．为偶函数 C．为单调递增函数 D． 【答案】ABD 【分析】对于A：利用真数大于0即可求得结果；对于B：利用偶函数定义即可证明； 对于C：举反例即可判断；对于D：令函数，利用导数求得单调性再结合负负得正即可判断 【详解】对于选项A：因为对数的真数大于0，故，故定义域为，故选项A正确； 对于选项B:因为，定义域为关于原点对称， 又，且， 故为偶函数，故选项B正确； 对于选项C：因为，故，故选项C正确； 对于选项D：令，求导得， 故函数在区间上单调递减，而当时，， 当时， 当时，，所以，所以， 当时，，所以，所以， 故选项D正确； 故选：ABD 5．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 6．已知函数的最小值为，则 ． 【答案】 【分析】分类讨论，或，求出的解析式，根据解析式画出图象，研究最值的情况即可. 【详解】①若，则 时，，且单调递增， 时，，则最小值为， 若存在最小值，则有且， 得； ②若，则 时，，时，， 时，，且单调递减， ，， 若最小值为，则，且，无解； 若最小值为，则，且，得， 综上所述，或 故答案为： 7．设函数，，若曲线与恰有个公共点，则 . 【答案】1 【分析】判断函数的奇偶性，根据奇偶性及交点个数可知，解方程，分别验证即可. 【详解】易知与均为偶函数， 若曲线与恰有个公共点，则， 所以，解得， 当时，，值域为， 由，所以此时两函数只有一个交点，不符题意； 当时，， 当时，，， 设， 则，记 则恒成立， 所以在上单调递增， 又，， 所以存在，使， 且当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 即存在，使，又， 所以函数在有一个零点， 即曲线与在有一个公共点， 综上所述曲线与共有个公共点，符合题意， 故答案为：. 8．已知函数，则 ． 【答案】0 【分析】根据分段函数的组成，代入求解即得. 【详解】由，可得. 故答案为：0. 函数新定义题型02 9．已知函数（其中表示不超过的最大整数），则关于的方程的所有实数根之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】已知可将方程转化为，结合的定义可得，即，解不等式，再分别判断个区间内解的情况. 【详解】，即， 因为，所以可得，解得， 当时，满足题意； 当时，即，解得，满足题意； 当时，即，解得，满足题意，所有实数根之和为， 故选：A. 10．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. 零点问题题型03 11．已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求解方程，得到的表达式，再结合函数的图象，分析取不同值时方程根的个数，进而确定的取值范围. 【详解】令，则方程可转化为. 对进行因式分解可得，则，. 所以或. 当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且. 当时，，对其求导，. 令，即，解得（）. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，. 对于： 当时，，即，，解得，有个根. 因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根. 结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根. 的取值范围为. 故选：B. 12．设，函数，则（    ） A．有两个极值点 B．若，则当时， C．若有个零点，则的取值范围是 D．若存在，满足，则 【答案】BCD 【分析】利用导数分类求解含参函数的单调性，判断选项A，结合选项A中单调性即可直接判断选项BC，根据等量关系直接求解，即可判断选项D. 【详解】对于A选项，， 当时，，单调递增，无极值点； 当时，得或，，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点，故A选项错误； 对于B选项，当，时， 由上述知，在上单调递增，在上单调递减， 则，故B选项正确； 对于C选项，当时，单调递增，至多只有一个零点，不合题意； 当时，若有个零点， 则由单调性可知必然有，解得. 而当时，，， 在区间，，中分别各有一个零点，故C选项正确； 对于D选项，， 等价于或，，故D选项正确. 故选：BCD 13．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. 14．已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）求导得到表达式，把代入，能得到含的等式，算出.再代入到算出另一个未知量b. （2）根据第（1）问结果得到和. 令，对处理，根据结果判断在不同范围的增减情况. 依据正负，判断在不同范围的增减，得出最小是. 算出小于，再找两点使式子值大于，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为，发现也是，所以和为. 【详解】（1）求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到. 把代入得， 因为，所以，即. ，算出. （2）由第（1）问知，. 令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增. ，，所以存在唯一使，即. 当，，在递减； 当，，在递增，所以. ，又，， 根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点. 设是零点，， 经计算， 所以也是零点，零点和为. 15．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导，分，结合导数正负求单调性； （2）由（1）知时，在上单调递增，不符合题意，可知，若有两个零点，由（1）知，分别证明在有一个零点.，在有一个零点. 【详解】（1）的定义域为， 若，则，则在单调递减；             若，则由得.                            当时，；当时，，     所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）若，由（1）知，至多有一个零点.      若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点；      ②当时，因为单调递增，单调递增，所以单调递增， 所以，，故没有零点； ③当时，由于，即， 又， 故在有一个零点.    设正整数满足，则， 故在有一个零点.   综上，的取值范围为. 16．已知. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由； (3)证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点. 【答案】(1)； (2)存在，； (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）假定存在，求出曲线关于原点对称的曲线方程，再利用两个函数相等求解. （3）求出，探讨二次函数的零点并确定的单调性，再利用零点存在性定义推理判断. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）若存在，则，，曲线， 又曲线关于原点对称的函数为， 依题意，，整理得， 所以. （3）函数的定义域为，求导得， 令，依题意，， 方程在上有唯零点，当时，，； 当时，，，函数在上递增，在上递减， 对任意，存在使得，则， 而，对任意， 取，， 由在上递增，得， 又当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 则对任意，任意，使得有两个不同的零点， 所以对任意，存在，使得有两个不同的零点. 导数应用题型04 17．已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】利用圆台的体积公式求出，再利用进行消元，得到关于的函数，再利用导函数求其单调性即可求出，的值，最后结合图形求其正切值. 【详解】因，则， 因，得， 令，则， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，此时， 故圆台母线与底面所成角的正切值为. 故选：D. 18．定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”．若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据“新驻点”的定义，依次对函数求导，构造方程，再通过导函数研究函数的单调性，利用零点存在定理得到方程的根所在区间，最后比较大小即可. 【详解】根据题意，求导得， 由即解得，所以函数的“新驻点”. 同理，求导得，则即， 设函数，易知函数在定义域上单调递增， 且， 根据零点存在定理可知，的根. 由求导得，则即， 设函数，则， 所以，当或时，，单调递增；当时，，单调递减. 因为， 根据零点存在定理，可知的根. 综上，. 故选：D. 19．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有解 【答案】BC 【分析】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，利用导数的几何意义可得出关于、的方程，解方程组可判断A选项；利用导数求出函数最小值的取值范围，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用导数分析函数、在上的函数值符号，可判断D选项. 【详解】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； 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对； 对于C选项， ， 因为、，则，，所以，， 所以，， 所以，，C对； 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错. 故选：BC. 20．已知是定义在上的奇函数，且图象连续不间断，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（   ） A．在上有且只有1个零点 B．在区间上单调递增 C． D． 【答案】ACD 【分析】构造，根据已知及奇偶性定义、导数研究函数的性质得到在R上单调递减，且时，时，，进而判断各项的正误. 【详解】令，而是定义在上的奇函数，则， ，即在R上也是奇函数， 而，当时，， 所以在上单调递减，结合奇函数性质知：在R上单调递减， 综上，时，时，，故， 显然时，故时，时， 所以在上有且只有1个零点，，，A、C、D对； 由，显然在上单调递增，且， 在上单调递减，在上单调递增，且周期为，， 所以在上不一定单调，B错. 故选：ACD 21．已知函数 (1)讨论的单调性； (2)设，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，分和两种情况讨论，分别得到单调区间； （2）法一：要证，即证，令，根据，通过求导判断单调性可得，即可证明； 法二：，利用导数得到在单调递减，在单调递增，其中且，所以，得证. 【详解】（1）定义域，， ①当时，，在上单调递减， ②当时，令得， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增. 综上：当时，在上单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）法一：要证即证， 设，即， 设，则，令得，令得， 所以在上为增函数，在上为减函数，所以， 所以成立，所以得证. 法二：设，则， 因为，所以， 令，则，则在单调递增， 因为，，所以在上存在唯一零点， 当，，故，当，，故， 所以在单调递减，在单调递增， 则，其中， 所以， 所以，即得证. 22．已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于，两个动点. (1)求点的轨迹的方程； (2)若圆与曲线恰有一个公共点，且圆与轴相切于点，求圆的半径. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两点的坐标得到圆心坐标，再由圆上的点到圆心的距离相等得到的关系； （2）联立圆和曲线的方程，因为只有一个公共点，所以恰有一个正数y满足，转化成与图象只有一个交点的问题，利用导数得到函数的图象，从而确定的值. 【详解】（1）因为圆经过轴上的两点和，所以圆心为的中点， 又因为该圆经过点和， 所以化简得， 所以点的轨迹的方程为. （2）设圆的半径为，且不妨设圆心在轴的上方，因为圆与轴相切于点， 所以圆心，圆的方程为， 联立消去得， 于是 ， 因为圆与曲线恰有一个公共点，所以恰有一个正数y满足， 记，， 令，得；令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取到最小值，      因此当时，没有正数解；当时，恰有一个正数解； 当时，因为当和时均可任意大总有两个正数解. 综上，. 23．已知函数 (1)若，求函数在处的切线方程； (2)求证：当时，有且仅有一个零点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先把代入函数和导函数，再求处的导数值和函数值，是切线斜率，是切点纵坐标，最后用点斜式得出切线方程. （2）先确定定义域，求出.分情况讨论：时，化简，令求零点. 时，判断，函数递增，再根据与异号，用零点存在定理确定零点. 时，令得两个极值点，分析函数单调性，结合时，以及，用零点存在定理确定零点.最后总结时零点情况. 【详解】（1）若，则， 所以，函数在处的切线方程为； （2）的定义域为， 当时有且仅有一个零点4： 当时，，函数递增，由，知存在唯一零点； 当时，令得， 当时，函数递增： 当时，函数递减； 当时，函数递增： 当时，，所以，函数无零点； 因为当时递减，当时递增， 且，所以存在唯一零点. 综上所述，当时，有且仅有一个零点. 24．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意和任意，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出函数的导数，就、、分类讨论其符号后可得单调性； （2）由（1）可得的最小值，令，求出的最大值后可得参数的取值范围. 【详解】（1）的定义域为，， 若，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 若，当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 若，当或时，，当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增． 综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递减，在上单调递增． （2）令，易知，由题意知，， 由（1）知， 又，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 故实数的取值范围为． 25．设函数. (1)若是增函数，求的取值范围； (2)若，为的两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导后根据增函数列出不等式求解即得； （2）由（1）以及有两个极值点，可得，且，，化简并代入即可求得的取值范围. 【详解】（1）由，求导得， 若是增函数，即， 所以恒成立， 因为，则有， 解得，即的取值范围是； （2）由（1）可知，若有两个极值点，则， 根据韦达定理得出，， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围是. 26．已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，判断函数在区间上的单调性； (2)令，若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围； (3)求证：当时，． 【答案】(1)函数在区间上的单调递减； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究函数的区间单调性即可； （2）问题化为在上有解，导数研究右侧的单调性和区间值域，即可得参数范围； （3）问题化为证，构造并应用导数研究其最小值，得到，即可证. 【详解】（1）由题设，则， 当，有，则， 所以在区间上的单调递减； （2）由题设，则， 所以上，即在上有解， 令且，则， 所以在上单调递增，故，即； （3）由，只需证恒成立， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以，故， 所以，恒成立. 27．已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，过的直线交于两点. (1)求抛物线的方程： (2)求证：抛物线在两点处的切线互相垂直； (3)设为线段的中点，以线段为直径的圆交抛物线在处的切线于点，试判断是否为定值，并证明你的结论. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)为定值，证明见解析 【分析】（1）根据抛物线和椭圆焦点坐标的求法列出方程求解； （2）设直线的方程和，然与抛物线联立，韦达定理，得出.然后求二次函数的导数，把切线的斜率表示出来即可得出答案； （3）得出两条切线方程，然后结合题意和几何性质将需要求解的代数式表达出来，即可得出结论. 【详解】（1）易知，抛物线开口向上，且焦点坐标为， 所以椭圆的焦点也在轴上，则 由，解得：， 所以抛物线的方程为. （2）因为直线与抛物线有两个交点，所以其斜率必存在， 设直线的方程为 由，则 对求导得， 设抛物线在两点处的切线斜率分别为， 则， 即抛物线在两点处的切线互相垂直. （3） 解法1：由（2）可知即， 则与轴的交点坐标为， 于是 于是， 所以为定值. 解法2：设抛物线在两点的切线，切线交点为， 故， 联立解得点坐标为， 由（2）知点坐标为，且，所以 ， 故，即， 因为，所以 ， 即，故在中，， 所以，即， 所以为定值. 解法3：因为， 故 ， 又，所以， ， 即， 由（2）知，所以， 故，即， 所以为定值. 28．已知函数. (1)若，求的极值； (2)若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值. (2). 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数的单调性，进而求出函数极值即可； （2）先把恒成立问题转化为，再构造函数根据导函数分类讨论分，，讨论单调性计算求参. 【详解】（1）若，则，所以， 令，解得，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值. （2）对任意的恒成立，即对任意的恒成立， 令，所以， 令，所以， 当时，，又，所以， 所以在上恒成立， 所以即在区间上单调递增， 所以，所以在区间上单调递增， 所以，符合题意； 当时，令，解得， 则即在区间上单调递减； 所以当时，，所以在区间上单调递减， 所以当时，，不符合题意； 当时，又，所以，所以即在区间上单调递减， 所以，所以在区间上单调递减，所以，不符合题意. 综上，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 学科网（北京）股份有限公司 $$