七类常考函数小题讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦七类常考函数小题，涵盖单调性、奇偶性、抽象函数等核心考点，按“性质理解-方法应用-综合突破”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导（如导数法判断单调性）、真题训练（近五年高考题）等环节，帮助学生系统构建函数知识网络，突破解题难点。 资料以“数学思维”“数学语言”为核心，创新设计“题型归类+分层变式”训练，如用赋值法解决抽象函数问题，构造函数比较大小，通过三次函数导函数分析极值点分布，助力学生高效掌握解题通法，提升应考能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第2节 七类常考函数小题 要点提炼： 1、 单调性常见题型 2、 奇偶性常见题型 3、 解决抽象函数的常用方法 4、 三次函数的图像与性质及应用 5、 全国卷中的比较大小问题 6、 嵌套方程与根的分布 7、 已知极值求参数 · 单调性常见题型 一、知识点梳理 1. 函数的单调性定义的熟悉与理解，主要考察形式就是分段函数的单调性问题. 2. 判断或证明函数单调性的常见方法 ①.定义法：了解，但这里需要达到的目标是应该掌握高中课本上所有至少花了一个课时研究的函数（二次函数，母函数，指数，对数函数，三角函数，“飘带”函数，“对钩”函数） ②.运算性质法：在①的基础上，增函数加增函数还是增函数等.通过运算性质，能够判断上述函数的简单组合后的单调性. ③.图像法：要学好这个方法需要两个前提：一个是做到①中的熟记，另一个是掌握常见的图像变换形式及其在解析式中的体现. ④.复合函数单调性与同增异减法则 ⑤.导数法，万能通法. 3.单调性的常见应用（基本类型） ①.比较大小（可与奇偶性结合） ②.已知单调性求参数 （1）基本原理：已知函数 在区间 上单增，则 ，反之亦然. （2）同构出函数单调性后求参数 （3）分段函数单调性问题要注意 ③.利用单调性解不等式（高中阶段的不等式问题都可以利用函数单调性解决，这是通法，单调性的常见应用（压轴类型） 利用单调性解不等式问题主要又分为以下两点： （1）已知函数表达式求抽象不等式，解题时一定要看该函数的定义域和奇偶性； （2）抽象函数的单调性问题，关键在于利用导数公式构造函数，需要熟悉下面常见的类型： （3）同构型问题，双变量，需要构成相同结构，再利用函数的单调性解决. 求导公式（积分法）还原抽象函数 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 ， ， ， ， ， ， ， ， 二、题型归类 1. 已知单调性求参数 【例1-1】（2023·全国·高考真题新高考1卷）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，则有函数在区间上单调递减，因此，解得，所以的取值范围是.故选：D 【例1-2】（2024年新课标全国1卷）已知函数为，在R上单调递增，则取值的范围是（    ） A． B． C． D． 解析：因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即的范围是.故选：B. 【例1-3】（2023·全国·高考真题乙卷）设，若函数在上单调递增，则的取值范围是__________. 解析：由函数的解析式可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是.故答案为：. 【变式练习】 【变式1-1】 函数的单调递增区间是  ． 【答案】(或) 【解析】  根据对数函数，二次函数的单调性结合复合函数的单调性同增异减原则即得. 　　函数的定义域为， 　　令在定义域上为增函数，则在上单调递增， 　　由复合函数单调性的同增异减原则可得，当1，即时，函数单调递增， 　　即函数单调递增区间为． 　　故答案为：(或) 【变式1-2】 已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】  根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 　　因为在R单调递增，且时，单调递增， 　　则需满足，解得，即a的范围是. 故选：B. 【变式1-3】（2023·全国·高考真题新高考2卷）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 解析：依题可知，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. 利用单调性比较大小 【例2-1】（2024·天津·高考真题）若，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 解析：因为在上递增，且，所以， 所以，即，因为在上递增，且， 所以，即，所以，故选：B 【例2-2】（2019年全国3卷）设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则 A．（log3）＞（）＞（） B．（log3）＞（）＞（） C．（）＞（）＞（log3） D．（）＞（）＞（log3） 解析： 是定义域为的偶函数，所以，因为， ，所以，又在上单调递减，所 以. 故选C． 【变式练习】 【变式2-1】（2023·天津·高考真题）设，则的大小关系为（    ） A． B．C． D． 解析：由在R上递增，则，由在上递增，则.所以.故选：D 【变式2-2】（2022·天津·高考真题）已知，，，则（      ） A． B． C． D． 解析：因为，故.故答案为：C. 【变式2-3】（2021·天津·高考真题）设，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 解析：，，，， ，，.故选：D. 3. 利用单调性解不等式 【例3-1】（2017江苏）已知函数，其中是自然数对数的底数，若 ，则实数 的取值范围是 ． 解析：因为，所以函数是奇函数，因为 ，所以数在上单调递增，又 ，即，所以，即，解 得，故实数的取值范围为． 【例3-2】(2016年天津)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数a 满足，则a的取值范围是______. 解析：由是偶函数可知，单调递增；单调递减，又，，可得，即． 【例3-3】（2015新课标2卷）设函数是奇函数的导函数，，当 时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是 A． B． C． D． 解析：令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于 ，当时， ，所以在，上单调递 减，根据对称性在上单调递增，又，，数形结合可知，使 得成立的的取值范围是． 【例3-4】（2014湖南）若，则（ ） A． B． C． D． 解析：设，则，故在上有一个极值点，即 在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数， ，故在上单调递减，所以，选C． 【变式练习】 【变式3-1】已知函数，若，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 解析：函数在上为减函数，函数的图像开口向下，对称轴为，所以函数在区间上为减函数， 且.所以函数在上为减函数. 由得.解得.故选:A. 【变式3-2】已知函数，且，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 解析：令，则，因为，，∴为奇函数， 又因为，由复合函数单调性知为的增函数， ∵，则，∴， ， ∴，解得或，故 故选：D. 【变式3-3】定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 解析：令，因为对，且，都有成立，不妨设，则，故，则，即，所以在上单调递增，又因为，所以，故可化为，所以由的单调性可得，即不等式的解集为.故选：D. 【变式3-4】已知是函数的导函数，对任意，都有， 且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 解析：设，， ，，，，，，，即，解得，所以不等式解集为，故选D． 【变式3-5】已知实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 解析：由得，令，，在上单调递增，，，，，故当时，取最小值.故选：C. · 奇偶性常见题型 一、知识点梳理 1.重要结论 已知函数的定义域为. （1）求证：函数为上的偶函数； （2）求证：函数为上的奇函数； （3）试判断：定义在上的函数能否表示为一个奇函数和一个偶函数的和. 解析：（1）证明：因为函数的定义域为.所以函数的定义域为，又，所以函数为上的偶函数； （2）证明：因为函数的定义域为.所以函数的定义域为，又，所以函数为上的奇函数； （3）因为函数的定义域为.令 ，，则，又由（1）得为上的偶函数，由（2）得为上的奇函数，且，所以定义在上的函数可以表示为一个奇函数和一个偶函数的和. 由证明可知，上述结论函数的定义域可以是任意对称区间. 比如.都是奇函数. 证明：令， ，由基本原理（2）可证. 2.奇偶函数的四则运算 奇×奇为偶；奇×偶为奇；等等，类似进行加减乘除运算即可. 3.奇函数的精致结论 若为奇函数，则对定义域内的任意实数恒成立，那么设 ，则，特别地，. 4.奇偶性与对称性 （1）.轴对称: 函数图象关于一条垂直于轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点到直线的距离相等且函数值时. 我们就称函数关于对称. 代数表示: (1). (2). （2）.中心对称：函数上任意一点（）关于点对称的点（）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点()对称的中心对称图像，点()为对称中心. 用代数式表示：(1). (2). （3）.已知是定义在上的函数，若是奇函数，则的图像关于点对称. （4）.已知是定义在上的函数，若是偶函数，则的图像关于直线对称. 5.奇偶性（对称性）与导函数 若，即轴对称函数的导函数为中心对称函数，反之亦然，若 二、题型归类 1. 已知函数的奇偶性求参数与奇偶性判断 【例1-1】（2023·全国·高考真题乙卷）已知是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 解析：因为为偶函数，则， 又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得. 故选：D. 【例1-2】（2023·全国·高考真题甲卷）若为偶函数，则______. 解析：因为为偶函数，定义域为， 所以，即， 则，故，此时， 所以，又定义域为，故为偶函数， 所以.故答案为：2. 【例1-3】（2021年全国乙卷）设函数，则下列函数中为奇函数的是（    ） A． B． C． D． 解析：由题意可得， 对于A，不是奇函数； 对于B，是奇函数； 对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数； 对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.故选：B 【变式练习】 【变式1-1】（2023·全国·高考真题新高考2卷）若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 解析：因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或，则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数.故选：B. 【变式1-2】（2021年新高考1卷）已知函数是偶函数，则_________. 解析：因为，故，因为为偶函数，故，时，整理得到，故，故答案为：1 2. 奇偶性加单调性解不等式 类型：已知，求解类似于的不等式. 解法：利用奇偶性转化为：，再利用单调性求解与自变量有关的不等式. 除此之外，在利用奇偶性和单调性解不等式时，还需注意到下面的问题 若 若 若 【例2】已知函数，则使得成立的的取值范围是______. 解析：因为，则， 令，则的图象是由的图象向右平移个单位得到， 又，即为偶函数， 且当时，所以在上单调递增，则在上单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减，且关于对称，所以时，有，解得.故答案为： 【变式练习】 【变式2】已知是定义在上的奇函数，且当时，，对任意的，不等式恒成立，那么实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：∵是定义在上的奇函数，且当 时，，∴当，有，，∴，即，∴，∴在上是单调递增函数，且满足，∵不等式在恒成立，∴在恒成立，∴在恒成立， ∴，解得，则实数t的取值范围是，故选：C 3. 利用奇偶性求解析式 【例3】已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足．若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 解析：因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，所以，，因为，①，所以，所以，②，①②得，，因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在上单调递增，又， 若恒成立，则恒成立，所以恒成立， 所以恒成立，所以只需，因为，，所以（当且仅当，即时取等号），所以（当且仅当时，取等号），所以，所以的取值范围为.故选：B． 【变式练习】 【变式3】已知是定义在上的奇函数， 且当时则______. 解析：因为是定义在R上的奇函数，所以，解得，则，故.故答案为： 4. 常见奇函数与奇偶性的运算性质 【例4】已知是奇函数，则（    ） A． B．0 C． D．4 解析：因为是奇函数，设，则，所以， 即，所以，即，则. 故选：A. 【变式练习】 【变式4】若是奇函数，则_________． 解析：因为是奇函数，定义域关于原点对称， 由,可得，所以且，所以，解得， 所以函数的定义域为，则，即，解得，此时， 符合题意，所以.故答案为：. 5. 奇函数中一个重要的结论 若为奇函数，则对定义域内的任意实数恒成立，那么设 ，则，特别地，. 【例5】（2018年全国卷）已知函数，，则________. 解析：设，由上述讨论可知：所以为奇函数，而， 所以，故. 6. 奇偶性（对称性）与单调性综合 【例6】已知偶函数在上单调递减，若，，，则（    ） A． B． C． D． 解析：在上单调递减，故，在R上单调递减，故，在R上单调递增，故，则，且，， 因为，所以，故，因为偶函数在上单调递减，故，由于，所以，即.故选：C 【变式练习】 【变式6】已知函数关于对称，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 解析：因为函数关于对称，所以函数的图象关于对称， 即函数为偶函数，所以，所以，因为当时，恒成立，所以函数在上单调递增， 又，所以，所以，故选：A. 7. 对称性的综合应用 【例7】（2016年全国卷文科）已知函数满足，若函数的图象与函数的图象的交点为,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】  试题分析：因为 的图像都关于 对称，所以它们图像的交点也关于 对称，当 为偶数时，其和为 ；当 为奇数时，其和为 ，因此选B. 【变式练习】 【变式7】（2016年全国卷理科）已知函数满足,若函数与图像的交点为,，（），则 A. B. C. D. 解析：若两函数的图象分别关于直线轴对称或者关于点中心对称，则函数的图象的所有的交点也都关于直线轴对称或者关于点中心对称.于是两题均选B. 8. 基于奇偶（对称性）的凸凹反转 【例8】（2017年全国3卷）已知函数有唯一零点，则 解析：此题若懂得前面的常见函数及性质就很容易下手，若不懂，借助导数与零点来实现，可能就做不出来！注意到的构造，跟偶函数长得很像，所以我们会发现 是关于直线对称的，而也是关于直线对称的，这样的话， ，如此的唯一零点便在处取得，代入可得：. 【变式练习】 【变式8】已知函数，若在有唯一的零点，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由于，所以是偶函数， 要使在有唯一的零点，则，即，解得，故选：A · 解决抽象函数的常用方法 一、知识点梳理 1. 解决抽象函数的八大视角 1.1. 抽象函数的单调性与奇偶性 1.2. 抽象函数的对称性与周期性 性质1.轴对称: 函数图象关于一条垂直于轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点到直线的距离相等且函数值时. 我们就称函数关于对称. 代数表示: (1). ；(2). 即当两个自变量之和为一个定值，函数值相等时,则函数图像都关于直线对称. 一般地，若函数满足，则函数的图象关于直线对称. 特别地，偶函数(关于轴对称)，，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相等. 性质2.中心对称：函数上任意一点（）关于点对称的点（）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点()对称的中心对称图像，点()为对称中心. 用代数式表示：(1). ；(2). 一般地,若函数满足,则函数的图象关于点对称. 特别地，奇函数(关于原点对称)，，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相反. 性质3.函数周期性有关结论: 设是非零常数，若对于函数定义域内的任一变量有下列条件之一成立， 则函数是周期函数，且是它的一个周期. (1). (2). (3). (4). 性质4.已知是定义在上的函数，若是奇函数，则的图像关于点对称. 性质5.已知是定义在上的函数，若是偶函数，则的图像关于直线对称. 性质6. 若函数同时关于直线与轴对称，则函数必为周期函数，且. 性质7. 若函数同时关于点与点中心对称，则函数必为周期函数，且. 性质8.若函数既关于对称，又关于直线轴对称，则函数必为周期函数，且. 性质9.已知函数的定义域为，，且，若与均为奇函数，则是周期函数，且为其一个周期. 性质10.已知函数的定义域为，，且，若与均为偶函数，则是周期函数，且是其一个周期. 性质11.已知函数的定义域为，，且，若是奇函数，是偶函数，则是周期函数，且为其一个周期. 性质12.周期性的应用: (1).函数周期性的作用：简而言之“窥一斑而知全豹”，只要了解一个周期的性质，则得到整个函数的性质. (2).图像：只要做出一个周期的函数图象，其余部分的图像可利用周期性进行复制粘贴. (3).单调性：由于间隔的函数图象相同，所以若函数在上单调增(减)，则在上单调增(减). 1.3. 赋值法解决抽象函数问题 1.4. 图像法解决抽象函数问题 1.5. 求导公式（积分法）还原抽象函数 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 ， ， ， ， ， ， ， ， 1.6. 抽象函数还原具体模型 若，则可构造.特别地，当 时，可构造. 若，则可构造. 若，则可构造（且）. 若，则可构造（且）. 若，则可构造 若，则可构造. 1.7. 抽象函数求解析式 1.8. 和差化积公式在抽象函数中的应用 抽象的东西不是无源之水，找到它的原型，这也是我们处理函数方程的一个重要方法，例如，最常见的函数方程：其实就是我们的指数乘法公式：.所以，处理函数方程问题的一个重要手法就是找原型. 三角函数和差化积公式，一个出现在新教材必修一226页习题！ 基本原理： ；； ； . 证明：由，，得 . 将上述公式予以抽象，若令，则上述积化和差公式可进一步抽象得： 若令，则有： 进一步，倘若令，那么上述和差化积公式可以表示为： ，抽象为： 若令，那么： 则有： 综上所述，有关和差化积，我们可以得到如下的抽象函数模型； ①. ②. ③. 二、题型归类 1. 抽象函数的单调性与奇偶性 【例1-1】定义在R上的单调函数满足对任意x,y均有,试判断的奇偶性. 解：，故令，有 又令，为奇函数. 【例1-2】已知函数对任意，总有，且对，都有. 判断并用定义证明函数的单调性. 解析：函数是上的减函数，证明如下： 由题意，令，有，解得，任取，不妨设， 则， 因为，则，所以，即，所以函数是上的减函数. 【变式练习】 【变式1-1】设是定义在的函数，并且满足，且当时，．判断的单调性并证明. 解析：，故令，有 又令，. 令，故，，为单调减函数. 【变式1-2】设函数的定义域是R，对任意恒有，且当时， ． （1）求证：，且当时，； （2）判断在R上的单调性. 解：（1），故令，有或者，当时，，这与当时，矛盾，故只有； 又令，当时，，故当时，， ,对时恒成立. （2）令，，为单 调减函数. 2. 抽象函数的对称性与周期性 【例2】（2021新高考2卷）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，则（   ） A． B． C． D． 解析：因为函数为偶函数，则，可得， 因为函数为奇函数，则，所以，， 所以，，即， 故函数是以为周期的周期函数，因为函数为奇函数，则，故，其它三个选项未知.故选：B. 【变式练习】 【变式2】（2021全国甲卷）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（  ） A． B． C． D． 解析：因为是奇函数，所以①； 因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：， 因为，所以，令，由①得：，所以．由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D． 3. 赋值法解决抽象函数问题 【例3】已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 解析：因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 【变式练习】 【变式3-1】（2021全国乙卷）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（   ） A． B． C． D． 解析：因为的图像关于直线对称，所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以，. 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以. 所以故选：D 【变式3-2】（2022新高考1卷）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 解析：因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导， 所以，所以，所以，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 4. 图像法解决抽象函数问题 【例4】函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数且，则使的取值范围（    ） A． B． C． D． 解析：因为函数是偶函数，，所以.因为函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数，所以函数在单调递增，所以函数的草图如图所示，因，所以满足已知的函数的图象在第二、四象限，所以.故选：C 5. 求导公式（积分法）还原抽象函数 【例5】已知是函数的导函数，对任意，都有， 且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 解析：设，， ，，，，，，，即，解得，所以不等式解集为，故选D． 【变式练习】 【变式5】已知函数的定义域为，且，若，则函数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 解析：由得：，即，令，则，（为常数），，，又，，，则，； 当时，；当时，；综上所述：. 故选：A. 6. 抽象函数还原具体模型 【例6】已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 解析：当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减， 显然，此时是的极大值，故D错误.故选：. 【变式练习】 【变式6】已知函数的定义域为，且，则 A. B. C. D. 解析：由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数，则满足题意. 于是，周期为6，且，进一步，故选A. 7. 抽象函数求解析式 【例7】已知函数是定义在上的单调函数，且对都有，则_____． 解析：因为函数是定义在上的单调函数，所以为一个常数. 令则，且 所以，即，解得：． 故答案为． 8. 和差化积公式在抽象函数中的应用 【例8-1】 （2022新高考2卷）已知函数的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 解析：方法1.由余弦函数积化和差公式可得，考虑函数，则满足题意. 于是，周期为6，且，进一步，故选A. 方法2.因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．由于22除以6余4， 所以．故选：A． 【例8-2】已知函数对任意实数，都满足，且，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 解析：（方法1.函数模型）由①，构造，易得结果选AC. （方法2.赋值分析）：在中， 令，可得，即，解得，故B错误； 令可得,即，故函数是偶函数，即是偶函数,故A正确； 令，则，故， 令，可得,故，故C正确； 因为是偶函数，所以，故,即， 所以,所以，故函数的周期为2， 因为，，所以，. 所以，故D错误.故选：AC. 【变式练习】 【变式8-1】已知定义域为的函数对任意实数、满足，且，．其中正确的是（    ） A． B．为奇函数 C．为周期函数 D．在内单调递减 解析：（方法1.函数模型）由③，构造，且，，易得结果：,故选：BC （方法2.赋值分析）： 对于A，令，得，因为，， 所以，所以，所以A错误， 对于B，令，则，因为，所以，所以为奇函数，所以B正确， 对于C，令，则，所以，所以，所以，所以， 所以的周期为，所以C正确， 对于D，因为，，，的周期为， 所以，令，则，所以，得，所以，所以在上不单调，所以D错误，故选：BC 【变式8-2】已知定义域为的函数，满足如下条件： ①.对任意实数都有； ②.，. 则_________. 解析：（方法1.函数模型）由③，构造，且，，易得结果：,于是： . （方法2.赋值分析）： 取，则得,即函数为奇函数； 取，则得,所以函数的周期为； 再取得所以； 又由于函数为奇函数，所以． · 三次函数的图像与性质及应用 一、 知识点梳理 三次函数是高中阶段可以系统研究的一个重要函数， 因为其导函数二次函数是中学阶段研究最深的函数之一，于是在学习完导数后，我们可以通过对其导函数二次函数的详细研究来弄清楚三次函数的基本性质. 通过对三次函数的系统研究，能够增强学生对导数的应用价值的认识和理解. 正因如此，三次函数在高考中自然也是热门的考察方向，特别是在2019，2020年连续两年出现在全国三卷的试题中后，再一次引起了研究热潮. 本节试图从三次函数的基本性质出发，展示其重要的一些应用手法. 1. 基本命题原理 对于三次函数而言，其导函数为一个二次函数，那么根据其导函数的基本性质，可将三次函数的图象和性质梳理如下： 1.1. 根的个数（）. 对于三次函数，其导函数为二次函数: ， 二次函数的判别式化简为：△=， （1）若，则恰有一个实根； （2）若,且，则恰有一个实根； （3）若,且，则有两个不相等的实根； （4）若,且，则有三个不相等的实根. 注：由图像可知：①含有一个实根的充要条件是曲线与轴只相交一次， 即在上为单调函数（或两极值同号），所以（或，且 ）. ②有两个相异实根的充要条件是曲线与轴有两个公共点且其中之一 为切点，所以，且. ③有三个不相等的实根的充要条件是曲线与轴有三个公共点，即 有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.故且. 1.2. 极值情况： 三次函数（）,导函数为二次函数 ， 二次函数的判别式化简为：△=， （1） 若，则在上为增函数； （2）若，则在和上为增函数，在上为减函数，其中. 证明：, △=， （1） 当 即时，在 R上恒成立， 即在为 增函数. （2） 当 即时，解方程，得 由得或，在和上为增函数.由得 ，在上为减函数. 总结以上得到结论:三次函数（） （1）若，则在上无极值； （2）若，则在上有两个极值；且在处取得极大值，在处取得极小值. 1.3. 对称中心 三次函数的对称中心为点，该点是三次函数的拐点，此点的横坐标也是二阶导数的零点. 1.4. 三次方程根与系数得关系 （1）已知实系数多项式有三个根,设为 （2）由三次方程根与系数的关系： 二、题型归类 【例1】已知曲线在点处的切线与曲线的另外一个交点为为线段的中点,为坐标原点. （1）求的极小值并讨论的奇偶性. （2）当函数为奇函数时,直线的斜率记为,若,求实数的取值范围. 解析：（1），当时,；当时， .当时,显然，所以为奇函数.当时，显然. 且，所以为非奇非偶函数. （2）,所以曲线在点处的切线方程为 ，其与原曲线方程，联立化简 得:.从而. 所以,.由于； 即当时，都有.令,则 ，易知当时,；当 时,.即在上递减，在上递增，所以当 时,，所以，从而实数的取值范国为. 注：可以看到，切点的横坐标恰好便是方程①的二重根. 【例2】（切割线定理）如果我们将上述的内容再结合三次函数韦达定理，就可以得到更多有趣的结论.如图，过切点的切线与三次函数的图象交于点，同时，过的割线与三次函数的图象交于三点. 证明以下结论： 三次函数切割线定理. （1） ； （2） ； （3）. 证明：显然，方程①整理可得：.结合上述重根个数定理以及韦达定理可得：，结论（1）证毕. （2）设直线的方程为，代入的表达式结合韦达定理可得： ,再联立，可证得：. （3）同理，如图，再联立，可得：. 【变式练习】 【变式1】设直线与曲线的三个交点分别为，且．现给出如下结论： ①的取值范围是；②为定值；③. 其中正确结论的为 解析：设，则，令，解得：或；当或时，，当时，；∴在上是增函数，在（1，3）上是减函数，在（3，+∞）上是增函数；当时，取得极大值，当时，取得极小值；作出函数的图象如图所示： ∵直线与曲线有三个交点，由图象知. 令，则是的三个实根． ∴， 即，∴，，，①③正确；∴，∴②正确； 综上，正确的命题序号是①②③．故答案为：①②③． 【变式2】椭圆曲线加密算法运用于区块链． 椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且． （1）当时，讨论函数零点的个数； （2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：； （3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标． 参考公式： 解析：（1）由题设可知，有，若，则，则，此时仅有一个零点；若，令，解得．当或时，，当时，，故在，上为单调递增；在上单调递减.因为，若，则，此时，而故此时有2个零点；若，则， 此时，而 故此时有2个零点；综上，当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．当，有，则有1个零点． （2）因为为C在点P处的切线，且，所以，故，故，因为“”运算满足交换律、结合律， 故，故. （3）直线的斜率，设与C的第三个交点为， 则，代入得， 而，故， 整理得到：， 故即， 同理可得，两式相减得：，故， 所以，故，故， 所以，因此的坐标为： ． · 全国卷中的比较大小问题 一、知识点梳理 ①底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性； ②指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小； ③底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小； ④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定. ⑤换底公式要记牢！ 二、题型归类 1. 单调性搭桥 【例1-1】（2019全国1卷）已知，则 A． B． C． D． 解析：则．故选B． 点评：送分题. 【例1-2】(2019年3卷)设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A． B． C． D． 解析：是上的偶函数，． ，又在(0，+∞)单调递减，，，故选C． 【变式练习】 【变式1-1】(2016年3卷理科)已知,,,则 (　　) A． B． C． D． 解析:因为,,故选A. 【变式1-2】(2016年1卷理科)若，则 (　　) A. B. C. D. 解析：对A： 由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误； 对B：由于，∴函数在上单调递减， ∴，B错误； 对C：要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和 构造函数，则，在上单调递增，因此 又由得，∴，C正确 对D：要比较和，只需比较和 而函数在上单调递增，故 又由得，∴，D错误，故选C． 【变式1-3】(2017年1卷理科)设为正数,且,则 (　　) A． B． C． D． 解析：令,则,, ∴,则 ，,则,故选D． 2. 结合重要不等式 【例2】（2018全国3卷）设，，则 A． B． C． D． 详解：. ,即，又，即，故选B. 【变式练习】 【变式2-1】（2020全国3卷）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ） A. a<b<c B. b<a<c C. b<c<a D. c<a<b 解析：由题意可知、、， ，； 由，得，由，得，，可得； 由，得，由，得，，可得. 综上所述，. 故选：A. 【变式2-2】（2020新高考1卷）.已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ） A. B. C. D. 解析：对于A，， 当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B，，所以，故B正确； 对于C，， 当且仅当时，等号成立，故C不正确； 对于D，因为， 所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD 3. 结构一致可同构 【例3】(2020年高考2卷理科)若，则 (　　) A． B． C． D． 解析：由得：，令， 为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数， ，，，，则A正确，B错误； 与的大小不确定，故CD无法确定．故选：A． 【变式练习】 【变式3】(2020年高考1卷理科)若，则 (　　) A． B． C． D． 解析：设，则为增函数，因为 所以，所以，所以． ， 当时，，此时，有 当时，，此时，有，所以C、D错误． 故选：B． 4. 构造函数比较大小 4.1 构造相同函数，比较不同函数值 【例4-1】已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 解析：方法1. ，， 由，，可得， 又为上增函数，则，即，故选：B 方法2.设，则，当时，，所以在上递增，在上递减. 由于，，故选. 【变式练习】 【变式4-1】若，则（       ） A． B． C． D． 解析：设，则，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，， 因为，所以；故.故选：A. 注：在这里，我们需要特别注意函数在相关比较大小问题中的出镜率，以及结合对数性质，所出现的型等等 4.2 构造不同函数，比较相同函数值 这类问题虽然可能几个数的形式不一致，但它们的特别是不同的函数取了相同的函数值，所以实质在比较不同函数差值或者商的性质，当然，这种问题下，如果自变量取值靠近基本初等函数的麦克劳林级数展开点，利用泰勒展开来近似估计绝对是一个很好的方法! 【例4-2】（2022新高考1卷）设，则（    ） A． B． C． D． 解析：方法1.构造函数，作差（商）比较大小，即讨论差（商）函数的性质. 令，，， 为了方便比较，做如下处理：，；，所以，所以，所以 ，， 令，所以，所以，所以， 所以，所以． 方法2.构造函数，利用泰勒展开直接估值. 构造函数.则可以看到： ，由于较小，所以对上述三个函数在处进行二阶泰勒展开：； ； . 在处，显然，故. 【变式练习】 【变式4-2】设，，，，则（       ） A． B． C． D． 解析： 方法1.（构造函数，泰勒展开估计）设，，，，注意到题干实质在比较： ，且考虑到接近于0，故对上述函数在进行泰勒展开 即：，代入到上式，显然易得：，故选：B 方法2.（构造函数，作差比大小） 易得. 设，则令有，故在上单调递增. ①因为，即，故，即，故，即. ②设，则，设，则. 设，则，故为增函数，故，即. 故，当时， 为增函数，故，故当时为增函数，故，故. ③设，，易得当时，故，即. 综上 4.3 构造不同函数，比较不同函数值 这个时候，不等式放缩就是首选之道了！下面的这些不等式放缩需要你的注意. （1）切线不等式： 高中几个重要的函数都具有凸凹性，这样我们便可通过切线来构造不等式 ； ； 将这两个切线不等式进行合适的取值与加减项，又可得到更多的不等式： ① ②； ③； （2） 高次不等式放缩 ； ； ； . （3）分式不等式放缩 【例4-3】已知，，，则，，的大小关系为（       ） A． B． C． D． 解：设，，令，解得.，，单调递减，，，单调递增.所以，即，当且仅当时取等号.所以.又，故，所以；设，，令，解得. ，，单调递增，，，单调递减. 所以，即，当且仅当时取等号.所以，故，又，所以，故. 故选：B. 【变式练习】 【变式4-3】设，（e是自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 解析：由于，故 所以对也用帕德逼近 ，故. 当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系，并没有前几类那么明显的数字时，往往可能现需要同构（变形）出一个函数之后再来比较大小. 4.4 先同构，再构造，再比较 当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系，并没有前几类那么明显的数字时，往往可能现需要同构（变形）出一个函数之后再来比较大小. 【例4-4】 已知且且且，则（ ） A. B. C. D. 解析：因为，故，同理，令，则，当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数，因为，故，即，而，故，同理，，，因为，故，所以. 故选：D． 【变式练习】 【变式4-4】已知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（       ） A． B． C． D． 解析：由，可得，即， 设，可得，因为，可得，又因为，所以，即， 所以，当时，，可得函数在为单调递增函数，所以，即. 故选B. · 嵌套方程与根的分布 一、知识点梳理 1.已知，且的两个具体的根，求根的个数，或者根据解的个数求参数范围. 解法剖析：换元，最终转化为根的个数，这类问题由于一元二次方程的根最终可以求解，所以实际就转化成函数作图后找到交点个数，或者根据交点个数求参数即可 2.已知函数，且知一元二次型方程根的个数，求参数的取值范围. 解法剖析：换元，最终转化为一元二次方程根的分布. 3.一元二次方程根的分布 对一元二次方程（其中）和二次函数，有： （1）方程的个根都比小的充要条件是 （2）方程的个根都比大的充要条件是 （3） 方程的一根都在内，另一根在内的充要条件是 （4）方程的个根都在内的充要条件是 （5）方程的一根比大，一根比大，一根比小的充要条件是. （6）方程的个根都在外，且一根比小，另一根比大的充要条件是 4.求解复合函数零点问题的技巧: （1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像 （2）若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点,分配每个函数值被几个所对应,从而确定的取值范围,进而决定参数的范围. 二、题型归类 1. 一元二次方程可求解（图像问题） 【例1-1】已知函数，若关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 解析：当时，函数单调递增，函数取值集合是， 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，函数取值集合是，方程，化为，解得或，如图， 观察图象知，的解，即函数的图象与直线交点的横坐标，显然方程只有一个解，要原方程有四个不同的实数根，当且仅当有3个不同的实根， 因此直线与函数的图象有3个公共点，则，所以实数的取值范围为.故选：D 【变式练习】 【变式1-1】已知函数若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：作出函数的图象如图所示，函数，且有5个零点，等价于有5个解，即或共有5个解， 等价于的图象与直线，共有5个交点.由图得的图象与直线在4个交点，所以的图象与直线有1个交点，则直线应位于直线下方，所以，解得，即实数的取值范围是.故选：B    【变式1-2】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的值是（   ） A． B． C．0 D． 解析：由于函数是定义在上的奇函数，所以讨论情况如下：作图像如下图所示，    关于的方程，解得或， 由于与图像有一个公共点，则图像与图像有三个公共点，如图所示，，同理，时，，所以实数的值是.故选：D 2. 一元二次方程可不可求解（根的分布） 【例2-1】已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）． A． B． C． D． 解析：令，则，作的图象如图， 设的零点为、，由图可知，要满足题意，则需在上有两不等的零点，则，解得．因此，实数的取值范围是. 故选：D. 【例2-2】已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（    ） A． B． C． D． 解析：由题可得，，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，令，则由题意可得有2个不同的实数解，，且， 则，观察选项可知，满足题意.故选：C．    【变式练习】 【变式2-1】已知函数，方程有6个不同的实数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：由题设，图象如下图示，令，要使原方程有6个不同的实数解，则有两个不同实根且，若，则，则，此时，，显然此时不合题意，故由图知：，即的两个零点分别在区间和内，而开口向上，故.故选：C 【变式2-2】已知函数，若方程有8个相异实根，则实数的取值范围　　 A． B． C． D． 解析：令，则方程方程． 如图是函数，的图象，根据图象可得：方程有8个相异实根方程．有两个不等实数解，且，．可得 ．故选：． 【变式2-3】已知函数，，若关于的方程有 三个不同的实数解，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 解析：，，的图象如下： 设，则有三个不同的实数解，即为 有两个根，若时，代入得，即，另一根为只有 一个交点，舍去，若一个在上，一个在，上时，设 ，解得．故选：． 3. 型方程 【例3】已知函数，，则函数的 零点个数为　　个． A．7 B．8 C．9 D．10 解析：令得，令得或，解得或或．或或．作出的函数图象如图所示： 由图象可知有4个解，有两个解，有4个解，共有10个零 点．故选：． 【变式练习】 【变式3】已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（ ） A．0 B． C． D．1 解析：根据题意，令，为常数，可得，且， 所以时有，将代入，等式成立， 所以是的一个解，因为随的增大而增大，所以可以判断为增函数， 所以可知函数有唯一解，又因为，所以，即，所以.故选：B. 一般地，我们可得如下结论：若方程有个不同的实数根，且方程有个不同的实数根，则函数的零点共有个. · 已知极值求参数 一、知识点梳理 已知函数有极值点，求参数的值或范围,一般有两种情况： （1）由可以解出参数的值，这类题较为简单，只需由求出参数的值，再代回去研究的单调性，确认在处取得极值即可. （2）由不能解出参数的值，这类题一般需要对参数进行分类讨论，研究函数的单调性，当的表达式较为复杂时，可能需要分离参数，或者用到二阶导数，甚至三阶导数. 综上所述，相关问题就是一个讨论导函数变号零点的问题，所以又是一个方程问题，下面我们通过例子来分析具体解法. 二、题型归类 【例1】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 解析：对原函数求导得，，因为函数有两个极值点，所以有两个不等实根，即有两个不等实根，亦即有两个不等实根.令，则可知在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为当时，，当时，， 所以，解得，即的范围是.故选：B 【例2】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：，因为在上有两个不同的零点， 即有两个不同的正根，即有两个不同的正根，即与有两个不同的交点.因为，当时，，当时，， 所以函数在为增函数，在为减函数，当时，，且当时，，在同一坐标系中作出 与的图象，如图所示： 由图象得，故选：B. 【例3】已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围为（    ） 解析：，，则 ，函数存在唯一的极值点，由，可知函数在上有一个变号零点，在没有变号零点，即在没有变号零点，令，， 则，当时，，则函数单调递增； 当时，，则函数单调递减；则，则，故实数的取值范围为.故选：B. 【例4】已知函数 (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在上有两个极值点，求实数的取值范围. 解析：， ，在处的切线方程为，即； （2）在上有两个极值点等价于在上有两个不同的实数根，即在上有两个不同的实数根，令，， 令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，，， 当时，方程在上有两个不同的实数根，实数的取值范围为. 【变式练习】 【变式1】若函数（且）既有极大值又有极小值，则的取值范围为_________. 解析：由题，令，则，所以有两个不相等的实数根.令，则，若，则时，在单调递减，则时，在单调递增，，所以，故， 若，则时，在单调递增，则时，在单调递减，， 所以，故或， 所以且.故答案为：且. 【变式2】若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是_______． 解析：函数的定义域为，， 令，解得或，若函数有2个极值点，则函数与图象在上恰有1个横坐标不为1的交点，而， 令，令或，故在和上单调递减，在上单调递增，又，如图所示， 由图可得.故答案为： 【变式3】设函数恰有两个极值点，则实数t的取值范围为__________. 解析：因为，所以，因为有两个极值点，所以恰有两个正根，即为一个根，则有唯一正根，且，即有唯一正根，且，设，则的图象与图象有一个交点，，所以时，，所以在为增函数，又，因为，所以，所以只需且，即可满足题意，所以实数t的取值范围为.故答案为： 【过关检测】 1．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【详解】因为在上单调递增，所以即； 因为为增函数，故即；因为为减函数，故即，综上.故选：A. 2．已知函数，则满足不等式的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【详解】函数的定义域为，且， 所以，所以关于直线成轴对称，因为，当且仅当，时取等号，令，，则，，当时，，，单调递增，单调递增，所以，，所以， 所以在区间上单调递增，则在区间上单调递减，又当时，，所以，当或时，，所以，且，所以要使得成立，则，解得， 故不等式的取值范围为．故选：B． 3．已知函数，若，，，都有，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【详解】假设,又因为,可得,设,,单调递增，,恒成立,所以,即可得.故选：B. 4．已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（      ） A． B． C． D． 【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．已知定义在R上的奇函数，其导函数为，，当时，，则使得成立的x的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 【详解】设，则， 由于当时，，则当时，，在单调递减， 又为奇函数，,则，则函数为偶函数，可得函数在上单调递增，又，则， 当时，由，可得，即，解得； 当时，由，可得，即，解得； 综上，不等式的解集为,,．选：B． 6．已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【详解】由题意知，当时，，令，则，所以在上单调递减，不等式等价于，即为，所以，解得.故选：A. 7．已知函数，且对于，，都满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】不等式恒成立，即， 即时，，所以分段函数在上单调递减，（时也会得到分段函数在上单调递减），故每段函数为减函数，应满足，解得， 同时在上单调递减，对于边界值还需满足，解得或， 所以．故选：C. 8．已知函数满足对任意，当时，恒成立，若，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【详解】∵，即， 构建，可知当时，则，故在上单调递减，又∵，即，且， 则，解得，故不等式的解集为.故选：C. 9．已知函数，则不等式的解集为 . 【详解】由已知得：， 所以，即，则不等式等价于，再由，可得在上单调递增，所以，解得，故答案为：. 10．已知定义在R上的奇函数的导函数为，且当时，恒有．若有，则实数t的取值范围为 ． 【详解】因为为R上的奇函数，令，则，即为奇函数， 当时，则，在上单调递减，所以在上单调递减，又，即， 即，所以，解得，所以，即实数t的取值范围为.故答案为： 11．已知，则的解集为（   ） A． B． C．或 D．或 解析：由，且定义域为R，根据在上递增，则在上递增，又在上递增，则在上递增，结合奇函数性质且函数在R上连续，则在R上递增，由，所以，解集为或.故选：D 12．已知函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，满足，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 解析：函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，所以在上是减函数，，即，所以， 所以，所以，即实数a的取值范围为.故选：. 13．设，若方程有四个不相等的实根，则的取值范围为_________ 解析：当时，，则的图象关于对称，不妨设， 如图所示：由图象知：，，所以，，，，所以， ，令， 则.故答案为： 14．已知定义域为R的函数有最大值和最小值，且最大值与最小值的和为8，则等于（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 解析：因为，设，则，所以，为R上的奇函数.根据奇函数的性质可知，，所以，所以，.故选：C. 15．已知函数，且，则_________ 解析：由，得，构建函数，定义域为， 则，即是奇函数， 于是，所以， 可得，又，因此．故答案为： 16．已知函数，且，则__________ 解析：构造具有奇偶性的函数，由，得， 构建函数，定义域为，因为，所以函数是偶函数，所以，所以，从而，又， 因此.故答案为：2024 17．已知函数是偶函数，不等式恒成立，则b的最大值为_________． 解析：因为函数是偶函数，所以，所以，即，化简得， 解得或，又因为且，所以，所以.经检验，对任意恒成立，所以.又因为，且为偶函数， 所以时，单调递增，时，单调递减，所以在单调递减，在单调递增.因为恒成立，所以恒成立.令函数，，所以时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，所以， 所以恒成立，所以恒成立，即恒成立.令函数，所以所以时，，函数单调递增；时，，函数单调递减，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以恒成立. 又因为，且，所以存在，使得， 所以的解集为，所以b的最大值为1.故答案为：1 18.（2014陕西卷）下列函数中，满足“”的单调递增函数是（ ） A. B. C. D. 19. 已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（ ） A．0 B． C． D．1 解析：根据题意，令，为常数，可得，且， 所以时有，将代入，等式成立， 所以是的一个解，因为随的增大而增大，所以可以判断为增函数， 所以可知函数有唯一解，又因为，所以，即，所以.故选：B. 20．定义在R上的奇函数满足，且在上是减函数，则（    ） A． B． C． D． 解析：满足，所以的一个周期为4，又因为在上是减函数，且在R上的奇函数，所以在上是减函数，所以，即.故选：A. 21．已知函数，在R上的导函数分别为，，若为偶函数，是奇函数，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．是R上的奇函数 D．是R上的奇函数 解析：已知为偶函数，可知关于对称，所以关于对称，因为是奇函数，可知关于对称， 所以关于对称，又因为，则，即，所以与关于对称，因为关于对称的点为，直线关于对称的直线为，所以关于对称，关于直线对称，是偶函数，而关于对称，，又， 则，，， 即是周期为4的偶函数，故C选项错误；由关于直线对称，，关于对称，，则，， 所以，即是周期为4的偶函数，由于是周期为4的偶函数，则，等号两边同时求导，可得，所以是周期为4的奇函数， 同理，由于是周期为4的偶函数，则，等号两边同时求导，可得，是周期为4的奇函数，所以与均是周期为4的奇函数，故D选项正确；由于关于对称，，，则，所以，故A选项正确； ，故B选项错误；故选：AD. 22．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 解析：因为当时，所以，又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确.故选：B. 23．已知函数的定义域为，若，则（    ） A． B． C． D． 解析：令，，则，令，则 则，，∴或，令，则，若，则，矛盾， ∴，则，∴A选项错误； 令，则，∴B选项正确； 令，则，则，即，C选项正确；由A、C选项中结论，令，则，则 令，则，即，D选项错误.故选：BC. 24. 已知函数的定义域为，不恒为0，且，则（   ） A．可以等于零 B．的解析式可以为： C．曲线为轴对称图形 D．若，则 解析：令，可得，可得，解得或，当时，则可得， 则，与不恒为0矛盾，所以，故A错误； 令，可得，所以为偶函数， 因为是偶函数，所以的解析式可以为：，故B正确； 因为为偶函数，所以的图象关于直线对称， 所以关于直线对称，所以曲线为轴对称图形，故C正确； 令，则可得， 所以，又， 解得，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故D正确.故选：BCD. 25．（2024年新课标全国Ⅱ卷）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 26．设，，，则（       ） A． B． C． D． 解析：设，，所以在上单调递增，在上单调递减. 而，，，因为，所以．故选：A． 27. 设，若函数为单调递增函数，且对任意实数，都有 是自然对数的底数），则方程的解的个数为　　个． A．1 B．0 C．3 D．2 解析：设，则，则条件等价为，令，则 ，函数为单调递增函数，函数为一对一函数，解得， ，故，即，解得：，故选：． 28. 已知函数则函数的所有零点之和为（     ） A．2 B．3 C．0 D．1 解析：由函数，令，则，令，可得，当时，由，可得，即，解得； 当时，由，可得，即，解得或（舍去）， 所以，即，当时，令或（舍去），解得或； 当时，令，解得或，所以函数的零点之和为.故选：D. 29．已知函数在其定义域内既有极大值也有极小值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 解析：因为，所以. 因为函数在其定义域内既有极大值也有极小值，所以只需方程在有两个不相等实根. 即，令，则.在递增，在递减.∴， 故选D. 30．已知函数有且只有一个极值点，则实数构成的集合是（　　） A．且 B． C．或 D． 解析：由题意，求得函数的导数，令，即. 则．设，得． 当时，得；当时，得或， 所以函数在区间和上单调递减，在区间上单调递增． 因为函数有且只有一个极值点， 所以直线与函数的图象有一个交点，所以或． 当时恒成立，所以无极值，所以．故选D． 31．已知函数 有两个极值点，且，则实数的取值范围为___________ . 【详解】原题等价于 是导函数 的两个零点， ， 即是方程 的两个不相等的实数根，显然不符合方程0， 所以和是方程 的两个根， 即函数 的图像与直线有两个不同的交点， 由于 ，所以当或时， ；当时， ，故的减区间为和，增区间为，当趋于时， 趋于0，且，当且x趋于0时，趋于，当时，x趋于0时，趋于， 在处， 取得极小值 ；当时，x趋于时， 趋于 ， 作出的大致图像如下图所示， 由图可知， ，且，因为，取，并令，则 ， 单调递增， ，解得 ，此时 ，即 ，故答案为：. 32．若关于的函数在上存在极小值（为自然对数的底数），则实数的取值范围为_____． 【详解】因为，所以， 令，则， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递减，在上单调递增，又，， 当即时与轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为， 则当时，即，当时，即， 即在上单调递增，在上单调递减，此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当即时与轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为， 则当时，即，当时，即， 即在上单调递增，在上单调递减， 此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当时当时即，当时即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当时当时即，当时即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当，即时的图象如下所示： 即与轴有个交点，不妨依次设为、、，则当或时，即，当或时，即，所以在处取得极小值，符合题意，综上可得实数的取值范围为.故答案为： 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2节 七类常考函数小题 要点提炼： 1、 单调性常见题型 2、 奇偶性常见题型 3、 解决抽象函数的常用方法 4、 三次函数的图像与性质及应用 5、 全国卷中的比较大小问题 6、 嵌套方程与根的分布 7、 已知极值求参数 · 单调性常见题型 一、知识点梳理 1. 函数的单调性定义的熟悉与理解，主要考察形式就是分段函数的单调性问题. 2. 判断或证明函数单调性的常见方法 ①.定义法：了解，但这里需要达到的目标是应该掌握高中课本上所有至少花了一个课时研究的函数（二次函数，母函数，指数，对数函数，三角函数，“飘带”函数，“对钩”函数） ②.运算性质法：在①的基础上，增函数加增函数还是增函数等.通过运算性质，能够判断上述函数的简单组合后的单调性. ③.图像法：要学好这个方法需要两个前提：一个是做到①中的熟记，另一个是掌握常见的图像变换形式及其在解析式中的体现. ④.复合函数单调性与同增异减法则 ⑤.导数法，万能通法. 3.单调性的常见应用（基本类型） ①.比较大小（可与奇偶性结合） ②.已知单调性求参数 （1）基本原理：已知函数 在区间 上单增，则 ，反之亦然. （2）同构出函数单调性后求参数 （3）分段函数单调性问题要注意 ③.利用单调性解不等式（高中阶段的不等式问题都可以利用函数单调性解决，这是通法，单调性的常见应用（压轴类型） 利用单调性解不等式问题主要又分为以下两点： （1）已知函数表达式求抽象不等式，解题时一定要看该函数的定义域和奇偶性； （2）抽象函数的单调性问题，关键在于利用导数公式构造函数，需要熟悉下面常见的类型： （3）同构型问题，双变量，需要构成相同结构，再利用函数的单调性解决. 求导公式（积分法）还原抽象函数 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 ， ， ， ， ， ， ， ， 二、题型归类 1. 已知单调性求参数 【例1-1】（2023·全国·高考真题新高考1卷）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例1-2】（2024年新课标全国1卷）已知函数为，在R上单调递增，则取值的范围是（    ） A． B． C． D． 【例1-3】（2023·全国·高考真题乙卷）设，若函数在上单调递增，则的取值范围是__________. 【变式练习】 【变式1-1】 函数的单调递增区间是  ． 【变式1-2】 已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（       ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2023·全国·高考真题新高考2卷）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 2. 利用单调性比较大小 【例2-1】（2024·天津·高考真题）若，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【例2-2】（2019年全国3卷）设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则 A．（log3）＞（）＞（） B．（log3）＞（）＞（） C．（）＞（）＞（log3） D．（）＞（）＞（log3） 【变式练习】 【变式2-1】（2023·天津·高考真题）设，则的大小关系为（    ） A． B．C． D． 【变式2-2】（2022·天津·高考真题）已知，，，则（      ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2021·天津·高考真题）设，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 3. 利用单调性解不等式 【例3-1】（2017江苏）已知函数，其中是自然数对数的底数，若 ，则实数 的取值范围是 ． 【例3-2】(2016年天津)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数a 满足，则a的取值范围是______. 【例3-3】（2015新课标2卷）设函数是奇函数的导函数，，当 时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是 A． B． C． D． 【例3-4】（2014湖南）若，则（ ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式3-1】已知函数，若，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【变式3-2】已知函数，且，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式3-3】定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式3-4】已知是函数的导函数，对任意，都有， 且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【变式3-5】已知实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 · 奇偶性常见题型 一、知识点梳理 1.重要结论 已知函数的定义域为. （1）求证：函数为上的偶函数； （2）求证：函数为上的奇函数； （3）试判断：定义在上的函数能否表示为一个奇函数和一个偶函数的和. 解析：（1）证明：因为函数的定义域为.所以函数的定义域为，又，所以函数为上的偶函数； （2）证明：因为函数的定义域为.所以函数的定义域为，又，所以函数为上的奇函数； （3）因为函数的定义域为.令 ，，则，又由（1）得为上的偶函数，由（2）得为上的奇函数，且，所以定义在上的函数可以表示为一个奇函数和一个偶函数的和. 由证明可知，上述结论函数的定义域可以是任意对称区间. 比如.都是奇函数. 证明：令， ，由基本原理（2）可证. 2.奇偶函数的四则运算 奇×奇为偶；奇×偶为奇；等等，类似进行加减乘除运算即可. 3.奇函数的精致结论 若为奇函数，则对定义域内的任意实数恒成立，那么设 ，则，特别地，. 4.奇偶性与对称性 （1）.轴对称: 函数图象关于一条垂直于轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点到直线的距离相等且函数值时. 我们就称函数关于对称. 代数表示: (1). (2). （2）.中心对称：函数上任意一点（）关于点对称的点（）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点()对称的中心对称图像，点()为对称中心. 用代数式表示：(1). (2). （3）.已知是定义在上的函数，若是奇函数，则的图像关于点对称. （4）.已知是定义在上的函数，若是偶函数，则的图像关于直线对称. 5.奇偶性（对称性）与导函数 若，即轴对称函数的导函数为中心对称函数，反之亦然，若 二、题型归类 1. 已知函数的奇偶性求参数与奇偶性判断 【例1-1】（2023·全国·高考真题乙卷）已知是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 【例1-2】（2023·全国·高考真题甲卷）若为偶函数，则______. 【例1-3】（2021年全国乙卷）设函数，则下列函数中为奇函数的是（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式1-1】（2023·全国·高考真题新高考2卷）若为偶函数，则（    ）． A． B．0 C． D．1 【变式1-2】（2021年新高考1卷）已知函数是偶函数，则_________. 2. 奇偶性加单调性解不等式 类型：已知，求解类似于的不等式. 解法：利用奇偶性转化为：，再利用单调性求解与自变量有关的不等式. 除此之外，在利用奇偶性和单调性解不等式时，还需注意到下面的问题 若 若 若 【例2】已知函数，则使得成立的的取值范围是______. 【变式练习】 【变式2】已知是定义在上的奇函数，且当时，，对任意的，不等式恒成立，那么实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3. 利用奇偶性求解析式 【例3】已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足．若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式3】已知是定义在上的奇函数， 且当时则______. 4. 常见奇函数与奇偶性的运算性质 【例4】已知是奇函数，则（    ） A． B．0 C． D．4 【变式练习】 【变式4】若是奇函数，则_________． 5. 奇函数中一个重要的结论 若为奇函数，则对定义域内的任意实数恒成立，那么设 ，则，特别地，. 【例5】（2018年全国卷）已知函数，，则________. 6. 奇偶性（对称性）与单调性综合 【例6】已知偶函数在上单调递减，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式6】已知函数关于对称，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7. 对称性的综合应用 【例7】（2016年全国卷文科）已知函数满足，若函数的图象与函数的图象的交点为,则( ) A. B. C. D. 【变式练习】 【变式7】（2016年全国卷理科）已知函数满足,若函数与图像的交点为,，（），则 A. B. C. D. 8. 基于奇偶（对称性）的凸凹反转 【例8】（2017年全国3卷）已知函数有唯一零点，则 【变式练习】 【变式8】已知函数，若在有唯一的零点，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 · 解决抽象函数的常用方法 一、知识点梳理 1. 解决抽象函数的八大视角 1.1. 抽象函数的单调性与奇偶性 1.2. 抽象函数的对称性与周期性 性质1.轴对称: 函数图象关于一条垂直于轴的直线对称，则当函数图象上任意两个点到直线的距离相等且函数值时. 我们就称函数关于对称. 代数表示: (1). ；(2). 即当两个自变量之和为一个定值，函数值相等时,则函数图像都关于直线对称. 一般地，若函数满足，则函数的图象关于直线对称. 特别地，偶函数(关于轴对称)，，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相等. 性质2.中心对称：函数上任意一点（）关于点对称的点（）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点()对称的中心对称图像，点()为对称中心. 用代数式表示：(1). ；(2). 一般地,若函数满足,则函数的图象关于点对称. 特别地，奇函数(关于原点对称)，，即当横坐标到原点的距离相等(横坐标互为相反数），函数值相反. 性质3.函数周期性有关结论: 设是非零常数，若对于函数定义域内的任一变量有下列条件之一成立， 则函数是周期函数，且是它的一个周期. (1). (2). (3). (4). 性质4.已知是定义在上的函数，若是奇函数，则的图像关于点对称. 性质5.已知是定义在上的函数，若是偶函数，则的图像关于直线对称. 性质6. 若函数同时关于直线与轴对称，则函数必为周期函数，且. 性质7. 若函数同时关于点与点中心对称，则函数必为周期函数，且. 性质8.若函数既关于对称，又关于直线轴对称，则函数必为周期函数，且. 性质9.已知函数的定义域为，，且，若与均为奇函数，则是周期函数，且为其一个周期. 性质10.已知函数的定义域为，，且，若与均为偶函数，则是周期函数，且是其一个周期. 性质11.已知函数的定义域为，，且，若是奇函数，是偶函数，则是周期函数，且为其一个周期. 性质12.周期性的应用: (1).函数周期性的作用：简而言之“窥一斑而知全豹”，只要了解一个周期的性质，则得到整个函数的性质. (2).图像：只要做出一个周期的函数图象，其余部分的图像可利用周期性进行复制粘贴. (3).单调性：由于间隔的函数图象相同，所以若函数在上单调增(减)，则在上单调增(减). 1.3. 赋值法解决抽象函数问题 1.4. 图像法解决抽象函数问题 1.5. 求导公式（积分法）还原抽象函数 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 ， ， ， ， ， ， ， ， 1.6. 抽象函数还原具体模型 若，则可构造.特别地，当 时，可构造. 若，则可构造. 若，则可构造（且）. 若，则可构造（且）. 若，则可构造 若，则可构造. 1.7. 抽象函数求解析式 1.8. 和差化积公式在抽象函数中的应用 抽象的东西不是无源之水，找到它的原型，这也是我们处理函数方程的一个重要方法，例如，最常见的函数方程：其实就是我们的指数乘法公式：.所以，处理函数方程问题的一个重要手法就是找原型. 三角函数和差化积公式，一个出现在新教材必修一226页习题！ 基本原理： ；； ； . 证明：由，，得 . 将上述公式予以抽象，若令，则上述积化和差公式可进一步抽象得： 若令，则有： 进一步，倘若令，那么上述和差化积公式可以表示为： ，抽象为： 若令，那么： 则有： 综上所述，有关和差化积，我们可以得到如下的抽象函数模型； ①. ②. ③. 二、题型归类 1. 抽象函数的单调性与奇偶性 【例1-1】定义在R上的单调函数满足对任意x,y均有,试判断的奇偶性. 【例1-2】已知函数对任意，总有，且对，都有. 判断并用定义证明函数的单调性. 【变式练习】 【变式1-1】设是定义在的函数，并且满足，且当时，．判断的单调性并证明. 【变式1-2】设函数的定义域是R，对任意恒有，且当时， ． （1）求证：，且当时，； （2）判断在R上的单调性. 2. 抽象函数的对称性与周期性 【例2】（2021新高考2卷）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，则（   ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式2】（2021全国甲卷）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（  ） A． B． C． D． 3. 赋值法解决抽象函数问题 【例3】已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 【变式练习】 【变式3-1】（2021全国乙卷）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2022新高考1卷）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 4. 图像法解决抽象函数问题 【例4】函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数且，则使的取值范围（    ） A． B． C． D． 5. 求导公式（积分法）还原抽象函数 【例5】已知是函数的导函数，对任意，都有， 且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式5】已知函数的定义域为，且，若，则函数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6. 抽象函数还原具体模型 【例6】已知函数的定义域为，，则（    ）． A． B． C．是偶函数 D．为的极小值点 【变式练习】 【变式6】已知函数的定义域为，且，则 A. B. C. D. 7. 抽象函数求解析式 【例7】已知函数是定义在上的单调函数，且对都有，则_____． 8. 和差化积公式在抽象函数中的应用 【例8-1】 （2022新高考2卷）已知函数的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【例8-2】已知函数对任意实数，都满足，且，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 【变式练习】 【变式8-1】已知定义域为的函数对任意实数、满足，且，．其中正确的是（    ） A． B．为奇函数 C．为周期函数 D．在内单调递减 【变式8-2】已知定义域为的函数，满足如下条件： ①.对任意实数都有； ②.，. 则_________. · 三次函数的图像与性质及应用 一、 知识点梳理 三次函数是高中阶段可以系统研究的一个重要函数， 因为其导函数二次函数是中学阶段研究最深的函数之一，于是在学习完导数后，我们可以通过对其导函数二次函数的详细研究来弄清楚三次函数的基本性质. 通过对三次函数的系统研究，能够增强学生对导数的应用价值的认识和理解. 正因如此，三次函数在高考中自然也是热门的考察方向，特别是在2019，2020年连续两年出现在全国三卷的试题中后，再一次引起了研究热潮. 本节试图从三次函数的基本性质出发，展示其重要的一些应用手法. 1. 基本命题原理 对于三次函数而言，其导函数为一个二次函数，那么根据其导函数的基本性质，可将三次函数的图象和性质梳理如下： 1.1. 根的个数（）. 对于三次函数，其导函数为二次函数: ， 二次函数的判别式化简为：△=， （1）若，则恰有一个实根； （2）若,且，则恰有一个实根； （3）若,且，则有两个不相等的实根； （4）若,且，则有三个不相等的实根. 注：由图像可知：①含有一个实根的充要条件是曲线与轴只相交一次， 即在上为单调函数（或两极值同号），所以（或，且 ）. ②有两个相异实根的充要条件是曲线与轴有两个公共点且其中之一 为切点，所以，且. ③有三个不相等的实根的充要条件是曲线与轴有三个公共点，即 有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.故且. 1.2. 极值情况： 三次函数（）,导函数为二次函数 ， 二次函数的判别式化简为：△=， （1） 若，则在上为增函数； （2）若，则在和上为增函数，在上为减函数，其中. 证明：, △=， （1） 当 即时，在 R上恒成立， 即在为 增函数. （2） 当 即时，解方程，得 由得或，在和上为增函数.由得 ，在上为减函数. 总结以上得到结论:三次函数（） （1）若，则在上无极值； （2）若，则在上有两个极值；且在处取得极大值，在处取得极小值. 1.3. 对称中心 三次函数的对称中心为点，该点是三次函数的拐点，此点的横坐标也是二阶导数的零点. 1.4. 三次方程根与系数得关系 （1）已知实系数多项式有三个根,设为 （2）由三次方程根与系数的关系： 二、题型归类 【例1】已知曲线在点处的切线与曲线的另外一个交点为为线段的中点,为坐标原点. （1）求的极小值并讨论的奇偶性. （2）当函数为奇函数时,直线的斜率记为,若,求实数的取值范围. 【例2】（切割线定理）如果我们将上述的内容再结合三次函数韦达定理，就可以得到更多有趣的结论.如图，过切点的切线与三次函数的图象交于点，同时，过的割线与三次函数的图象交于三点. 证明以下结论： 三次函数切割线定理. （1） ；（2）；（3）. 【变式练习】 【变式1】设直线与曲线的三个交点分别为，且．现给出如下结论： ①的取值范围是；②为定值；③. 其中正确结论的为 【变式2】椭圆曲线加密算法运用于区块链． 椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且． （1）当时，讨论函数零点的个数； （2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：； （3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标． 参考公式： · 全国卷中的比较大小问题 一、知识点梳理 ①底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性； ②指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小； ③底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小； ④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定. ⑤换底公式要记牢！ 二、题型归类 1. 单调性搭桥 【例1-1】（2019全国1卷）已知，则 A． B． C． D． 【例1-2】(2019年3卷)设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A． B． C． D． 【变式练习】 【变式1-1】(2016年3卷理科)已知,,,则 (　　) A． B． C． D． 【变式1-2】(2016年1卷理科)若，则 (　　) A. B. C. D. 【变式1-3】(2017年1卷理科)设为正数,且,则 (　　) A． B． C． D． 2. 结合重要不等式 【例2】（2018全国3卷）设，，则 A． B． C． D． 【变式练习】 【变式2-1】（2020全国3卷）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ） A. a<b<c B. b<a<c C. b<c<a D. c<a<b 【变式2-2】（2020新高考1卷）.已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ） A. B. C. D. 3. 结构一致可同构 【例3】(2020年高考2卷理科)若，则 (　　) A． B． C． D． 【变式练习】 【变式3】(2020年高考1卷理科)若，则 (　　) A． B． C． D． 4. 构造函数比较大小 4.1 构造相同函数，比较不同函数值 【例4-1】已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式4-1】若，则（       ） A． B． C． D． 4.2 构造不同函数，比较相同函数值 这类问题虽然可能几个数的形式不一致，但它们的特别是不同的函数取了相同的函数值，所以实质在比较不同函数差值或者商的性质，当然，这种问题下，如果自变量取值靠近基本初等函数的麦克劳林级数展开点，利用泰勒展开来近似估计绝对是一个很好的方法! 【例4-2】（2022新高考1卷）设，则（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式4-2】设，，，，则（       ） A． B． C． D． 4.3 构造不同函数，比较不同函数值 这个时候，不等式放缩就是首选之道了！下面的这些不等式放缩需要你的注意. （1）切线不等式： 高中几个重要的函数都具有凸凹性，这样我们便可通过切线来构造不等式 ； ； 将这两个切线不等式进行合适的取值与加减项，又可得到更多的不等式： ① ②； ③； （2） 高次不等式放缩 ； ； ； . （3）分式不等式放缩 【例4-3】已知，，，则，，的大小关系为（       ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式4-3】设，（e是自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 4.4 先同构，再构造，再比较 当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系，并没有前几类那么明显的数字时，往往可能现需要同构（变形）出一个函数之后再来比较大小. 【例4-4】 已知且且且，则（ ） A. B. C. D. 【变式练习】 【变式4-4】已知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（       ） A． B． C． D． · 嵌套方程与根的分布 一、知识点梳理 1.已知，且的两个具体的根，求根的个数，或者根据解的个数求参数范围. 解法剖析：换元，最终转化为根的个数，这类问题由于一元二次方程的根最终可以求解，所以实际就转化成函数作图后找到交点个数，或者根据交点个数求参数即可 2.已知函数，且知一元二次型方程根的个数，求参数的取值范围. 解法剖析：换元，最终转化为一元二次方程根的分布. 3.一元二次方程根的分布 对一元二次方程（其中）和二次函数，有： （1）方程的个根都比小的充要条件是 （2）方程的个根都比大的充要条件是 （3） 方程的一根都在内，另一根在内的充要条件是 （4）方程的个根都在内的充要条件是 （5）方程的一根比大，一根比大，一根比小的充要条件是. （6）方程的个根都在外，且一根比小，另一根比大的充要条件是 4.求解复合函数零点问题的技巧: （1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像 （2）若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点,分配每个函数值被几个所对应,从而确定的取值范围,进而决定参数的范围. 二、题型归类 1. 一元二次方程可求解（图像问题） 【例1-1】已知函数，若关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式1-1】已知函数若函数有5个不同的零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则实数的值是（   ） A． B． C．0 D． 2. 一元二次方程可不可求解（根的分布） 【例2-1】已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）． A． B． C． D． 【例2-2】已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（    ） A． B． C． D． 【变式练习】 【变式2-1】已知函数，方程有6个不同的实数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】已知函数，若方程有8个相异实根，则实数的取值范围　　 A． B． C． D． 【变式2-3】已知函数，，若关于的方程有 三个不同的实数解，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 3. 型方程 【例3】已知函数，，则函数的 零点个数为　　个． A．7 B．8 C．9 D．10 【变式练习】 【变式3】已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（ ） A．0 B． C． D．1 · 已知极值求参数 一、知识点梳理 已知函数有极值点，求参数的值或范围,一般有两种情况： （1）由可以解出参数的值，这类题较为简单，只需由求出参数的值，再代回去研究的单调性，确认在处取得极值即可. （2）由不能解出参数的值，这类题一般需要对参数进行分类讨论，研究函数的单调性，当的表达式较为复杂时，可能需要分离参数，或者用到二阶导数，甚至三阶导数. 综上所述，相关问题就是一个讨论导函数变号零点的问题，所以又是一个方程问题，下面我们通过例子来分析具体解法. 二、题型归类 【例1】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【例2】已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例3】已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围为（    ） 【例4】已知函数 (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在上有两个极值点，求实数的取值范围. 【变式练习】 【变式1】若函数（且）既有极大值又有极小值，则的取值范围为_________. 【变式2】若函数恰有两个极值点，则k的取值范围是_______． 【变式3】设函数恰有两个极值点，则实数t的取值范围为__________. 【过关检测】 1．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 2．已知函数，则满足不等式的取值范围为（     ） A． B． C． D． 3．已知函数，若，，，都有，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．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．已知定义在R上的奇函数，其导函数为，，当时，，则使得成立的x的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 6．已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，且对于，，都满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数满足对任意，当时，恒成立，若，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 9．已知函数，则不等式的解集为 . 10．已知定义在R上的奇函数的导函数为，且当时，恒有．若有，则实数t的取值范围为 ． 11．已知，则的解集为（   ） A． B． C．或 D．或 12．已知函数为定义在R上的奇函数，且在上单调递减，满足，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 13．设，若方程有四个不相等的实根，则的取值范围为_________ 14．已知定义域为R的函数有最大值和最小值，且最大值与最小值的和为8，则等于（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 15．已知函数，且，则_________ 16．已知函数，且，则__________ 17．已知函数是偶函数，不等式恒成立，则b的最大值为_________． 18.（2014陕西卷）下列函数中，满足“”的单调递增函数是（ ） A. B. C. D. 19. 已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（ ） A．0 B． C． D．1 20．定义在R上的奇函数满足，且在上是减函数，则（    ） A． B． C． D． 21．已知函数，在R上的导函数分别为，，若为偶函数，是奇函数，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．是R上的奇函数 D．是R上的奇函数 22．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 23．已知函数的定义域为，若，则（    ） A． B． C． D． 24. 已知函数的定义域为，不恒为0，且，则（   ） A．可以等于零 B．的解析式可以为： C．曲线为轴对称图形 D．若，则 25．（2024年新课标全国Ⅱ卷）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 26．设，，，则（       ） A． B． C． D． 27. 设，若函数为单调递增函数，且对任意实数，都有 是自然对数的底数），则方程的解的个数为　　个． A．1 B．0 C．3 D．2 28. 已知函数则函数的所有零点之和为（     ） A．2 B．3 C．0 D．1 29．已知函数在其定义域内既有极大值也有极小值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 30．已知函数有且只有一个极值点，则实数构成的集合是（　　） A．且 B． C．或 D． 31．已知函数 有两个极值点，且，则实数的取值范围为___________ . 32．若关于的函数在上存在极小值（为自然对数的底数），则实数的取值范围为_____． 2 学科网（北京）股份有限公司 $