专题03 函数与导数（4大考点）（四川专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题03 函数与导数 4大考点概览 考点01函数及其性质 考点02一次函数与二次函数；指对幂函数 考点03函数的应用 考点04导数及其应用 函数及其性质 考点1 1．（2025·四川凉山·一模）已知是定义在上的函数，．当时，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川宜宾·一模）若函数为上的奇函数，且当时，，则（    ） A．-4 B．-3 C．3 D．4 3．（2026·四川广安·一模）已知是上的偶函数，且满足，若在上单调递减，且，则在上的最小值是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·四川德阳·一模）若函数有且只有1个零点，则的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 5．（2025·四川自贡·一模）（多选）定义域为的函数，以下说法正确的是（   ） A．使得恒成立的函数存在且有无穷多个 B．使得恒成立的函数存在且有无穷多个 C．存在在上单调递增的函数使得恒成立 D．存在在上单调递减的函数使得恒成立 一次函数与二次函数；指对幂函数 考点2 1．（2025·四川自贡·一模）已知，若，，则（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 2．（2025·四川资阳·一模）已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川绵阳·一模）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（    ）（参考数据：） A．12 B．15 C．18 D．20 4．（2025·四川绵阳·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·四川雅安·一模）计算： 7．（2026·四川遂宁·一模） . 8．（2025·四川资阳·一模）已知，，则 . 9．（2025·四川绵阳·一模）设函数. (1)若，写出函数的单调区间； (2)当时，，求实数的取值范围. 函数的应用 考点3 1．（2026·四川雅安·一模）已知函数则方程的实数根的个数为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川成都·一模）已知定义在上的奇函数在上的图象如图所示，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川巴中·一模）若定义在 上的函数 满足 为奇函数， 为偶函数，且 ，则 （ ） A．-1 B．0 C．1 D． 4．（2025·四川德阳·一模）点是函数的图象上在轴右侧任意一点，过作直线的垂线，垂足为，过作轴的垂线与的图象交于另一点，则 . 5．（2025·四川绵阳·一模）已知函数则使不等式成立的的取值范围是 . 6．（2025·四川泸州·一模）已知函数的定义域为，当时，，且对任意的都满足．若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ． 导数及其应用 考点4 1．（2025·四川绵阳·一模）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川巴中·一模）设函数是奇函数（）的导函数，，当时，．已知，，，则下列结论正确的是（    ）． A． B． C． D． 3．（2025·四川成都·一模）若存在使得不等式成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·四川泸州·一模）若函数在单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·四川达州·一模）已知定义在上的函数满足，当时，，则当时，的极大值是（ ） A． B． C． D． 6．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知定义在上的偶函数可导，的导数为是奇函数，则（    ） A． B．的一个周期为8 C． D．的图象关于对称 7．（2025·四川凉山·一模）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是奇函数 B． C． D．若函数有三个零点，则 8．（2026·四川遂宁·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于点成中心对称 B．当时，有两个极值点 C．对于任意有三个零点 D．当时，在上存在最大值 9．（2026·四川攀枝花·一模）（多选）已知曲线在处的切线斜率为9，则（   ） A． B．函数有2个零点 C．若函数在区间上有最小值，则实数b的范围为 D．若，，则 10．（2025·四川成都·一模）（多选）已知是定义在的偶函数，且当时，，则（    ） A． B．当时， C．是的极小值点 D．存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 11．（2025·四川泸州·一模）（多选）已知函数，则（    ） A． B．在上单调递增 C．的最大值为1 D．在上存在唯一极值点 12．（2025·四川资阳·一模）（多选）已知是函数的极小值点，则（   ） A． B．若，则 C．若，则有3个相异的零点 D．方程有3个不同的实数根 13．（2025·四川成都·一模）（多选）设函数，则（    ） A．当时，是的极小值点 B．当时，函数有三个零点 C．若函数有三个零点，则 D．已知是函数的极大值点，若，则 14．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知函数.，则下列说法正确的有（    ） A．有唯一零点 B．不等式的解集为 C．在区间上单调递增 D．有两个极值点 15．（2025·四川泸州·一模）曲线在点处的切线方程为 . 16．（2026·四川宜宾·一模）若直线是曲线的一条切线，则 . 17．（2025·四川自贡·一模）若函数有3个零点，则实数k的取值范围为 ． 18．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数的图象不在x轴上方，则的最大值为 ． 19．（2026·四川遂宁·一模）已知定义在上的函数，其导函数满足，且，若函数存在极大值，且极大值为，则的最小值是 . 20．（2025·四川凉山·一模）已知正实数x，y满足，则的最小值为 ． 21．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 22．（2025·四川德阳·一模）已知函数（，且），函数的图象与的图象关于直线对称. (1)求； (2)若的最小值是2，求. 23．（2025·四川资阳·一模）已知函数（其中）. (1)当变化时，曲线在点处的切线是否过定点？若是，求该定点的坐标；若不是，说明理由； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围. 24．（2025·四川泸州·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，对任意，都有恒成立，求的取值范围． 25．（2025·四川成都·一模）已知，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的最值； (3)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 26．（2025·四川凉山·一模）已知函数． (1)若函数在处的切线垂直于直线，求a的值； (2)若函数在单调，求a的取值范围； (3)当时，若（其中是函数的导函数），求证：． 27．（2025·四川自贡·一模）设定义在上的函数，导函数的图象关于y轴对称，当时，的极大值为． (1)求的解析式； (2)点M在直线上，过点M作曲线的两条相互垂直的切线，求M的坐标； (3)当时都有直线（a，b为实数），使得曲线与曲线分别在直线l的上下方恒成立，求b的取值范围及a，b满足的不等关系． 28．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数． (1)求函数的极值； (2)函数有两个零点，． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若函数有两个零点为，，证明：． 29．（2026·四川雅安·一模）已知函数. (1)若，证明：； (2)令，若函数在区间上恰有一个零点，求k的取值范围； (3)若，证明：. 30．（2026·四川巴中·一模）函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最大值； (3)设，求证:. 31．（2026·四川宜宾·一模）已知函数. (1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (2)若图象上总存在关于点对称的两点，求a的取值范围. 32．（2025·四川绵阳·一模）已知函数的图象关于点对称. (1)求的值； (2)记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； (3)若存在实数，使得是函数的三个互异零点，求实数的取值范围. 33．（2025·四川泸州·一模）已知函数与函数有相同的最大值. (1)求的值； (2)若，且恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数共有4个不同的零点，且，证明：. 34．（2026·四川遂宁·一模）已知函数，记为函数在定义域内的导函数. (1)求函数在上的最小值. (2)设，记的最小值为. （ⅰ）当时，求使恒成立的实数的最小正整数； （ⅱ）当时，设，求函数在区间上的零点个数. 35．（2025·四川资阳·一模）已知函数. (1)若有3个极值点，，，且， （i）求的取值范围； （ii）求证：； (2)若，，求的取值范围. 36．（2025·四川绵阳·一模）已知函数. (1)请判断是否可以为偶函数，并说明理由； (2)若在区间上有唯一的极值点和零点分别为. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 37．（2025·四川德阳·一模）关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；. (1)求在点处的切线方程； (2)若在是凸函数，求实数的取值范围； (3)若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：. 38．（2026·四川广安·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)设直线，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． ①求的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 39．（2025·四川达州·一模）已知函数． (1)时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； (2)当时，证明：； (3)判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 40．（2025·四川成都·一模）设函数. (1)证明：对每个且，存在唯一的，满足； (2)若，求； (3)证明：，其中表示的导数. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数与导数 函数及其性质 考点1 1．B 2．B 3．B 4．C 5．AD 一次函数与二次函数；指对幂函数 考点2 1．A 2．A. 3．C 4．A 5．B 6． 7． 8． 9．【详解】（1）由题设，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为、. （2）由题设，在上恒成立，则恒成立， 所以，只需， 由在上单调递增，在上单调递减，故， 由在上单调递减，故， 所以. 函数的应用 考点3 1． 2．A 3．B 4．4 5．. 6．或. 导数及其应用 考点4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D A C C C BCD BC AC ACD AC 11 12 13 14 ACD ACD AD BCD 15． 16． 17． 18． 19． 20． 21．【详解】（1）由题意得．因为在处取得极小值， 则，解得，， 所以，， 故，， 则切线方程为，即； （2）令，所以． 令，解得或．则，，的关系如下表： 2 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 作出函数的图象如下： 所以，①当或时，有两个零点； ②当或时，有一个零点； ③当时，有三个零点． 22．【详解】（1）依题意得； （2）由题对恒成立， 当时，为增函数，所以函数在上单调递增，且， 则函数无最小值，不符合，所以， 所以为增函数，令， 所以时，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，所以. 综上所述，. 23．【详解】（1）因为，. 所以，， 所以. 所以函数在点处的切线方程为：即，过定点. 所以当变化时，曲线在点处的切线过定点. （2）在区间上单调递增，则在上恒成立. 所以 ，. 设，， 则，. 由 ；由 . 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以. 所以，即的取值范围为. 24．【详解】（1）已知，将代入函数可得． 又， 将代入导数中，得到切线的斜率． 已知点，斜率，代入可得切线方程，即． （2）要使恒成立，只需． ，则． 令，． 因为时，，所以，即在上单调递增． 又， ， 所以存在，使得． 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增． 由上述分析可知，在处取得最小值，即． 因为，即，整理得， 两边同时除以，可得，即， 将代入中： 所以，要使对恒成立，只需． 25．【详解】（1）当时，，， ，曲线在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）因为， 所以， 因为，所以， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递增， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递减， 所以，当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，最小值为. （3）， 当，， 令， 因为，则， 则在上单调递增， 又因为时，，， 则，使得，即，可化为 当时，，即，则函数在上单调递减， 当时，，即，则函数在上单调递增， 则， 即. 由（2）知，当时，， 若对任意，不等式恒成立， 则，即， 令，，则函数在上单调递增， 又因为，所以的解集为， 所以实数的取值范围为. 26．【详解】（1）因为，所以， 由直线的斜率为，得，， ，解得． （2）由已知得在上恒成立， 即，即在上恒成立，， ，当且仅当时即等号成立，， a的取值范围为． （3）当时，，， 令，得， ，是方程的两个根． 由根与系数的关系得：，即， 又，， ， 令，，则， ， 在上为增函数，， 从而． 27．【详解】（1）由，得， 因为的图象关于y轴对称，则， 可得，， 当时，的极大值为，可知， 即，解得， 所以函数. （2）由（1）可知，则， 令，则， 设过点的两条切线切点分别为，则切线斜率分别为， 可知切线方程为， 点代入得，化简得， 同理， 当过点M作曲线的两条切线相互垂直时，可知，即， 当时，，解得， 所以点. （3）因为，， 所以，， 则在函数图像如下图所示，    由图像可知， 当时都有直线（a，b为实数），使得曲线与曲线分别在直线l的上下方恒成立， 即在，恒成立，恒成立； 设函数，可知二次函数开口向上，对称轴为， 则函数在上的最小值为，则恒成立，解得， 设函数，则， 令，即，解得， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在单调递增， 所以函数在的最小值为，则，解得， 可知， 令，画出函数函数图像，如下图所示，    令，解得或， 当时，，当时， 所以， 综上所述，b的取值范围为；a，b满足的不等关系为． 28．【详解】（1）因为（），所以. 当时，在上恒成立，所以在上单调递减，无极值； 当时，由 ；由 . 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，无极大值. （2）（i） . 设，则问题转化为与函数的图象有两个交点. 因为. 由 ，由 . 所以在上单调递增，在上单调递减. ，且当时，；；当时，. 所以当时，与函数的图象有两个交点. 所以实数的取值范围为. （ⅱ）由（i）可知，. 由 . 设，，则， 由 ；由 . 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，当时，. 当时，与函数的图象有两个交点，且. 所以，且. 又，，，， 结合（i），，. 由 ，由 . 所以. 因为，所以，， 所以，即. 29．【详解】（1）当时，，函数定义域为，则， 易得，下证当时. 要证，需证，即证， 设，则， 当时，，则在上单调递增，故，即，故有； 当时，，则在上单调递减，故，即，故有. 综上可得，当时，恒成立； （2），由可得，即，， 设，则问题转化为函数与在上恰有一个交点. 则，由可得，因，则， 当时，，则函数在上单调递增； 当时，，则函数在上单调递减. 又， 则当时，两函数无交点；当或时，两函数有1个交点；当两函数有2个交点. 故当函数在区间上恰有一个零点时，k的取值范围为或； （3）由（1）知，当时，，即在上单调递减， 因，则，即，也即， 由可得，在（1）中已证，当且仅当时取等， 故有，所以得证. 30．【详解】（1）由题意得，，， 故切线方程为，即. （2）令，且，解得， 当 时，单调递增; 当 时，单调递减， 所以函数在上的最大值. （3）令，则， 则原不等式转化为， 令，下面证明， 则， 令，则， 故在上单调递减， 因为，， 即存在，使， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故当时，. 31．【详解】（1）不存在，理由如下： 由知的定义域为，且， 假设存在实数，使得为函数的极小值点， 则，即，解得， 此时， 所以是减函数，与为函数的极小值点矛盾， 所以假设不成立，即不存在实数，使得为函数的极小值点； （2）若图象上总存在关于点对称的两点， 则在上有解， 即在上有解， 整理得， 令，得， 问题可转化为在上有解， 令，则； ①当时，，是减函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ②当时，，是增函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ③当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增， 所以的最小值为， 又时，， 根据函数零点存在定理可知在上必存在零点，符合题意； 综上，的取值范围是. 32．【详解】（1）由函数的图象关于点对称， 可得，即， 整理得，解得，此时函数， 经验证：函数满足，所以. （2）由（1）知，函数，可得， 根据二次函数的性质，可得在上为单调递增函数， 当时，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递增函数，所以； 当，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递减函数，所以； 当且时，时，在存在， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又由且， 当时，，此时， 当时，，此时， 综上可得，当时，；当时，， 所以，所以. （3）由函数， 可得， 因为是函数的一个零点，可得，可得， 所以， 可得 令， 因为是函数的三个互异零点， 则有两个不同的实数根，且， 则，整理得， 又由，即，即， 因为存在实数，使得是函数的三个互异零点， 所以，即 又由当时，总存在实数a使得成立， 所以实数的取值范围为. 33．【详解】（1）对函数求导可得， 当时，，无最大值，舍去. 当时，令，解得，当时，单调递增； 当时，单调递减.所以在处取最大值. 当时，令，解得，当时，单调递减； 当时，单调递增.此时，无最大值，舍去. 函数求导得，令，解得， 由函数有最大值可知，当时，单调递增； 当时，单调递减；所以在处取得最大值， 因为函数与函数有相同的最大值，所以， 等式两边同乘得，解得 （2）由（1）可知，， 则恒成立，其中且， 原不等式整理为，即. 构造函数，求导 令， 求导得 令， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，可得，在和上递增， 因为，所以当时，， 即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， 因此当时，，所以， 所以，解得. 又当时， 当时，，，； 当时，，，， 所以恒成立，所以实数的取值范围为； （3）由（1）可知，函数，函数，且， 函数与函数有相同的最大值， 因为函数共有4个不同的零点， 且，则，由，， 由可得，而， 故为两个不同的解，故，故， 设，则，而，故即， 故，而，由基本不等式可得. 故. 34．【详解】（1）由，且； ，；设， 因为，所以在上单增，即 单增， 又因为，所以时，单减， 时，单增； 所以； （2）（ⅰ）因为，令，则，， 则，设，， 则， 当时，，又， 所以，所以，所以函数在上单调递减， 当时，，又，所以，所以，所以函数 在上单调递增， 所以当时，函数取最小值，最小值为，所以最小值为，所以， 设，，则在上恒成立， 故在上单调递减，所以， 故在上恒成立， ； 又因为， 对任意，恒成立时， 所以的最小正整数值； （ⅱ）由（ⅰ）知，则，，即，所以， 所以， 因为， 所以函数为周期函数，为函数的周期， 当时，，，所以， 当时，，，，， 函数在上没有零点， 当时，，，所以， 函数在上没有零点， 当时，， 令，则， 所以函数在上单调递增，故函数在上单调递增， 又，，所以存在，，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，， 所以函数在上存在唯一零点，在上不存在零点， 又因为，故在上有2个零点， 结合函数的周期性可得函数在上的零点个数为101个. 35．【详解】（1）（i0当时，不符合题意， 当时，， 设，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极小值，极大值， 且由指数函数与二次函数增长速度可得，当趋于时，趋于， 当趋于时，趋于， 作出图像：    则要使有3个极值点，需使与有3个交点， 则，即. 设与的3个交点横坐标从小到大分别为，，， 则由图像可得当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则极大值点为，极小值点为符合题意， 故的范围为. (ii)证明：由（i）,, 且时，单调递增，则， 由于，则， 代入得， 设， 则， 则，即， 综上：. （2）设， 则， 设，则， 设，则， 设，则， 由于时，，所以，则单调递增， 当时，，则单调递增， 则，则单调递增， 则，则单调递增， 则符合题意； 当时，，则存在，使得时，， 则在单调递减，则， 则在单调递减，不符合题意； 综上，. 36．【详解】（1）不为偶函数， 理由如下：若为偶函数，则只需要， 即恒成立， 即恒成立， 而该等式显然对任意实数不恒成立，故不为偶函数； （2），， 令，，则，， 令，，则，， 又，则， 则在上单调递增，即在上单调递增， ①当时，，对恒成立， 在上单调递增，， 在上单调递增，， 在上无极值点，也没有零点，不满足题意； ②当时，，又在上单调递增， 且当，，因此，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ，又时，， 由零点存在性定理知：，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在有唯一的极值点， 又且当时，， 由零点存在性定理知：，使， 在有唯一的零点， 综上所述：，满足题意； （ii）要证：，由， 即证：， 即，令， 由（i）知，即证当时，恒成立， 令， 即证：在恒成立，注意到， ， ，且， 又由，知， ，且， 令，， 则，且， 令，， 则，当且仅当时等号成立， 则恒成立， 在单调递减，故， 在单调递减，故； 在单调递减，故， 故原不等式成立． 37．【详解】（1）依题意，， 所以切点为，切线斜率为， 所以在处的切线方程为； （2）令，则， 所以依题意， 所以，. 则，若在是凸函数， 则在R上单调递减，令， 则在上恒成立，即在上恒成立， 设，即， ，所以时，时， 于是在上单调递增，在上单调递减， 于是； （3）由（2）， 由题在和上单调递减，在上单调递增，则的有两个变号零点为， 又时，单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意； 另外由（2）知时，单调，不符合题意，于是， 令为减函数， 令， 所以时，时， 即在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 而，，时，，于是有， 此时，即， 所以， 又 时，，时，，时，， 即在，上单调递减，在上单调递增，而， 又时，，时，，时，， 又时，，于是只能有， 即时，恒成立，这只需， 于是. 38．【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. （2）①函数的定义域为R，求导得， 设直线与曲线和曲线分别切于点， 由，，消去得， 同理，因此方程有两个不同的实数解， 令函数，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒有，且时，，， 因此当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点， 即方程有两个不同的实数解，所以的取值范围是. ②选（i），由①得，即， 令函数，则， 由，得，即， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 由，得，即， 因此，即有，所以. 选（ii），由①得， 则， 设，， 则，令函数，， 求导得，， 当时，，函数在上单调递减，则，即， 当时，，函数在上单调递减，由，得，， 因此，即，而，则， 所以. 39．【详解】（1）， ∴二次函数对称轴为：， ∴单调递增区间为， ∴单调递减区间为， （2）要证，即证， 即证， 记， ∴①当，即时，在单调递减，单调递增， 成立， ②当，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立． ③时，即时，在单调递增，成立． ④时，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立. 综上，成立. （3）由（2）记， 由（2）中③知时，在单调递增且存在， 由（2）中④知，时， 时，在单调递增，单调递减，单调递增且， ∴当时有， ∴即且时，始终有两极值． ， 记 令对称轴 在上为单调递减， 只有一解，方程有一个根． 综上，方程有一个根 40．【详解】（1）由题意可得， 当时，，故在单调递增，且， 因为，且， 所以对每个，，存在唯一的，满足； （2）由题意，当恒成立，设， 当时，由，不合题意； 当时，，则在单调递增. 且，，，. ①时，由，故存在，使， 所以在单调递增.所以，矛盾； ②时，由，故存在，使， 所以在单调递减.所以，矛盾； ③时，由，所以在单调递减，在单调递增， 所以，不等式成立，满足题意； 综上所述，； （3）由题意，得， 则， 要证， 需证， 设， 因为 ， 由此可得①， 由， 故 ， 由①式可得，，，， 累加可得，并且，所以， 综上可知，成立. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数与导数 4大考点概览 考点01函数及其性质 考点02一次函数与二次函数；指对幂函数 考点03函数的应用 考点04导数及其应用 函数及其性质 考点1 1．（2025·四川凉山·一模）已知是定义在上的函数，．当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析函数的周期性，再利用周期性将转化为已知区间内的函数值. 【详解】依题意函数满足，可得，即函数的周期为， 因此， 当时，，由，且，得， 因此. 故选：B. 2．（2026·四川宜宾·一模）若函数为上的奇函数，且当时，，则（    ） A．-4 B．-3 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用奇函数性质求出，再利用奇函数定义及指数式与对数式互化关系求出函数值. 【详解】由函数为上的奇函数，且当时，，得， 解得，，所以. 故选：B 3．（2026·四川广安·一模）已知是上的偶函数，且满足，若在上单调递减，且，则在上的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，确定函数的对称中心及周期，再确定在区间上的单调性即可求出最小值. 【详解】由定义在上的函数满足，得， 则函数关于点成中心对称，又在上单调递减，则在上单调递减， 因此函数在上单调递减，且，而函数是上的偶函数， 则函数在上单调递增，由，得， 于是，，即， 则函数是周期函数，其周期为4，当时，， 由周期性得时，，所以在上的最小值是. 故选：B 4．（2025·四川德阳·一模）若函数有且只有1个零点，则的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【分析】先求出函数定义域，接着分析函数的奇偶性和单调性以及函数值的情况即可求解. 【详解】由题可得，所以函数定义域为关于原点对称， 又，所以函数为偶函数， 又为增函数，和均为上的增函数， 所以函数在上单调递增，则函数在上单调递减， 所以有最大值为，又时，， 所以若函数有且只有1个零点，则. 故选：C 5．（2025·四川自贡·一模）（多选）定义域为的函数，以下说法正确的是（   ） A．使得恒成立的函数存在且有无穷多个 B．使得恒成立的函数存在且有无穷多个 C．存在在上单调递增的函数使得恒成立 D．存在在上单调递减的函数使得恒成立 【答案】AD 【分析】利用反证法可判断BC错误，假设成立，找到矛盾；构造函数，，可判断AD选项正确. 【详解】A．设，则，则恒成立，所以存在且有无穷多个，A选项正确； B．使得成立，令，则，因为 矛盾，B选项错误； C．若存在上单调递增的函数使得恒成立，则，即 故当时，，故，故，所以，矛盾，故C选项错误； D．假设，则在上单调递减，使得恒成立，D选项正确； 故选：AD 一次函数与二次函数；指对幂函数 考点2 1．（2025·四川自贡·一模）已知，若，，则（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用对数运算性质及指数运算求解. 【详解】由，得，由，得， 则，即，又，因此，即，解得， 所以. 故选：A 2．（2025·四川资阳·一模）已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先令三个函数式等于0，然后对等式分别化简，使得它们都等于同一函数式，进而可画出图象，比较零点的大小. 【详解】令，则，化简得， 即，换底后得到； 令，则，化简得， 即，换底后得到； 令，则；化简得， 即，换底后得到； 分别画出它们的图象为：      由图可以看出. 故选：A. 3．（2025·四川绵阳·一模）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（    ）（参考数据：） A．12 B．15 C．18 D．20 【答案】C 【分析】根据已知可得，进而可得，利用指对数关系、对数的运算性质、换底公式求n即可. 【详解】若原来蓝藻数量为，则，可得， 令经过天后蓝藻增长为原来的5倍，则，即， 可得天. 故选：C 4．（2025·四川绵阳·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对于对数函数和指数函数的值比较大小，通常可以利用函数的单调性以及中间值来进行判断. 【详解】因为， 又因为对数函数在上单调递增，且， 所以，即. ，，由于，，且函数在上单调递增， 所以，即. 综合以上两个比较结果，可得. 故选：A 5．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由对数函数，指数函数单调性可比较大小，然后由单调性可得答案. 【详解】注意到，，，则. 当，易得在R上单调递增. 则，从而在上单调递增，则. 又注意到当时，在上单调递减，则. 综上可得. 故选：B 6．（2026·四川雅安·一模）计算： 【答案】 【分析】利用根式运算、对数运算性质计算得解. 【详解】. 故答案为： 7．（2026·四川遂宁·一模） . 【答案】4 【分析】根据指数幂的运算性质及对数的运算性质计算可得． 【详解】. 故答案为：4 8．（2025·四川资阳·一模）已知，，则 . 【答案】2 【分析】根据指数与对数的关系，表示出，再根据对数的运算法则求值. 【详解】因为 ， 所以 . 故答案为：2 9．（2025·四川绵阳·一模）设函数. (1)若，写出函数的单调区间； (2)当时，，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）将函数式改写为，结合二次函数的性质确定单调区间； （2）由题设，问题化为上，利用对勾函数及复合函数的性质判断相关函数的区间单调性，进而求最值，即可得. 【详解】（1）由题设，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为、. （2）由题设，在上恒成立，则恒成立， 所以，只需， 由在上单调递增，在上单调递减，故， 由在上单调递减，故， 所以. 函数的应用 考点3 1．（2026·四川雅安·一模）已知函数则方程的实数根的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对函数进行分段讨论即可求解. 【详解】当时，则，可得或, 由解得符合题意； 由得无实数解，舍去. 当时，则，解得符合题意， 综上，方程有个实数根. 故选： 2．（2025·四川成都·一模）已知定义在上的奇函数在上的图象如图所示，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数为奇函数可得函数的图象，进而由数形结合可得不等式的解集. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以函数图象关于原点对称，故得函数的图象如下：且. 由图象可知，要使，当时，，得； 当时，，得； 当，不等式不成立； 综上，不等式的解集为. 故选：A. 3．（2026·四川巴中·一模）若定义在 上的函数 满足 为奇函数， 为偶函数，且 ，则 （ ） A．-1 B．0 C．1 D． 【答案】B 【分析】本题可根据为奇函数、为偶函数得出函数的对称中心和对称轴，进而推出函数的周期，再结合已知条件求出一个周期内的值，最后根据周期性计算. 【详解】因为 为奇函数，所以 ， 令 ，则 ，那么 ， 所以 ，即 ， 因此 的图象关于点 对称， 因为 为偶函数，所以 ， 令 ，则 ，那么 ， 所以 ，即 ， 因此 的图象关于直线 对称， 由 ，令   得 ， 即 ,令，得， 又 ，所以 ， 令 ，则 ，即 ， 令 得 ， 令 得 ， 由 和 可得 ， 所以函数 的周期为 8 ， 因为函数 的图象关于点 对称，所以 ， 由 ，令 ，可得 ， 由 ，令 ，可得 ， 由 ，令 ，可得 ，所以 ， 由 ，令 ，可得 ，所以 ， 由 ，令 ，可得 ，所以 ， 所以 ， 因为函数 的周期为 8 ，且 ，所以 又因为 的周期为 8 ，所以 ， 故数列 是以4为周期的数列, 所以 ， 因为 , 则 . 故选:B. 4．（2025·四川德阳·一模）点是函数的图象上在轴右侧任意一点，过作直线的垂线，垂足为，过作轴的垂线与的图象交于另一点，则 . 【答案】4 【分析】先求出函数的解析式，判断函数奇偶性，根据题意设，利用已知条件求出的坐标，写出向量的坐标，利用向量数量积运算即可. 【详解】由， 当时，， 则时，， 所以， 所以， 由函数定义域为关于原点对称， 且当时，， 当时，， 所以函数为偶函数，图象关于对称， 因为点是函数的图象上在轴右侧任意一点， 所以设， 又过作直线的垂线，则垂线的斜率为1， 所以垂线方程为：， 即， 联立，解得：， 即， 又过作轴的垂线与的图象交于另一点， 且函数为偶函数， 所以， 即， 又， ， 所以， 故答案为：4. 5．（2025·四川绵阳·一模）已知函数则使不等式成立的的取值范围是 . 【答案】 【分析】由分段函数的解析式分、、三种情况讨论可得. 【详解】因为，所以，所以， 当时，，不符合题意； 当时，； 当时，，即， 综上的取值范围是. 故答案为：. 6．（2025·四川泸州·一模）已知函数的定义域为，当时，，且对任意的都满足．若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】由得出关于对称，根据时的表达式结合对称性作出的图象，分，，三种情况讨论与的交点情况，并利用交点数恰好为得出对应的实数的范围，从而求解． 【详解】因为，所以关于对称，且的图象是过点的折线， 由时，，作出与的图象如下图所示， 当时，函数是过定点，开口向上的折线， 如图，只有当直线与在上的图象相切时，函数与的图象恰有两个交点， 设切点，其中，的导数为，所以处切线斜率为， 所以，解得，满足条件，所以； 当时，函数与的交点情况如下图所示， 所以时，函数与的图象有个交点，满足条件； 当时，函数是过定点，开口向下的折线，如图所示， 此时函数与的图象恒有两个交点，满足条件； 综上所述，实数的取值范围是或， 故答案为：或. 导数及其应用 考点4 1．（2025·四川绵阳·一模）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对函数求导，应用导数的几何意义求切线方程. 【详解】由题设，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故选：D 2．（2026·四川巴中·一模）设函数是奇函数（）的导函数，，当时，．已知，，，则下列结论正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先构造新函数判断其单调性，再利用奇函数性质及单调性比较函数值大小. 【详解】设，因为， 所以在上是增函数， 又因为函数是奇函数，，所以，， 所以，当时，，所以； 当时，，， 又因为，所以在上是增函数， 所以， 因为，所以， 所以. 故选A． 3．（2025·四川成都·一模）若存在使得不等式成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把问题转化为：存在，使得成立，再设，，分析函数单调性，求函数的最大值即可. 【详解】由 ， 设，，则， 因为，，所以，所以在上单调递增， 由 ， 问题转化为存在，使得成立， 设，， 则 ， 由 ；由 ， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以. 故选：C 4．（2025·四川泸州·一模）若函数在单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对函数求导，根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件，再讨论的符号得出的取值范围． 【详解】函数，求导得， 当时，，在R上单调递增，不合题意； 令，解得或， 若函数在单调递减，则在恒成立， 当时，，， 当时，，， 的取值范围为. 故选：C． 5．（2025·四川达州·一模）已知定义在上的函数满足，当时，，则当时，的极大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由对称条件，设，则，代入已知表达式得到，再根据反推出时的解析式，接着对该函数求导，找驻点并判断单调性，确定极大值点，最后代入计算极大值. 【详解】当时，，由及时， 可得：， 则，故， 对求导得：， 令，解得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 故为极大值点，极大值为， 综上，极大值为. 故选：C 6．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知定义在上的偶函数可导，的导数为是奇函数，则（    ） A． B．的一个周期为8 C． D．的图象关于对称 【答案】BCD 【分析】根据函数的奇偶性、周期性以及导数的运算法则逐项判断即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 令，可得，解得，A错误； 因为是偶函数，则，且， 用代替可得，即. 又，则，所以，从而有， 所以的一个周期为8，B正确； 因为是偶函数，则，两边求导得， 所以是奇函数，所以，C正确； 由，两边同时对求导得， 即，所以函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：BCD 7．（2025·四川凉山·一模）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是奇函数 B． C． D．若函数有三个零点，则 【答案】BC 【分析】根据奇函数的定义判断A；分别计算和即可判断B；代入运算化简得判断C；由题意与有三个交点，数形结合即可求解判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为R，， 所以不是奇函数，错误； 对于B，，则，所以， 又，所以，正确； 对于C，，则， ， 所以，正确； 对于D，若函数有三个零点，则即有三个解， 所以与有三个交点， ，则，令得或，令得， 所以的增区间为和，减区间为， 且，作出图象如下： 由图可知，要使与有三个交点，则，所以， 所以，错误. 故选：BC 8．（2026·四川遂宁·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于点成中心对称 B．当时，有两个极值点 C．对于任意有三个零点 D．当时，在上存在最大值 【答案】AC 【分析】计算即可判断A，求导得，令，即，求判别式即可判断B，先判断的单调区间，进而根据零点存在定理即可判断C，先判断在上的单调性即可判断D. 【详解】对于A： ， 所以的图象关于点成中心对称，故A正确； 对于B：，令，即， 所以， 所以当时，方程有两个根，即有两个极值点，故B错误； 对于C：由，解得， 显然当时，， 由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 又， 当，所以对于任意有三个零点，故C正确； 对于D：当时，在单调递减，又， 所以在单调递减，故不存在最大值，存在最小值，故D错误； 故选：AC. 9．（2026·四川攀枝花·一模）（多选）已知曲线在处的切线斜率为9，则（   ） A． B．函数有2个零点 C．若函数在区间上有最小值，则实数b的范围为 D．若，，则 【答案】ACD 【分析】利用导数的几何意义求得，即可判断A；利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，得函数有3个零点，即可判断B；结合图象，可得，求解后即可判断C；解得，，即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以， 由题意可得， 解得，故A正确； 对于B，由A可知，， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 且，，，， 当趋于时，趋于；当趋于时，趋于； 作出的图象，如图所示：    所以函数在，和上分别有一个零点， 所以函数有3个零点，故B不正确； 对于C，因为函数在区间上有最小值， 由函数的图象可得，解得， 即实数b的范围为，故C正确； 对于D，令，即， 所以，， 即， 所以或， 因为， 所以无解， 解得，即； 令，即， 即， 所以或， 又因为， 所以无解， 解得，即， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10．（2025·四川成都·一模）（多选）已知是定义在的偶函数，且当时，，则（    ） A． B．当时， C．是的极小值点 D．存在实数，使得直线与的图象恰有1个公共点 【答案】AC 【分析】将自变量代入求函数值判断A，利用偶函数的性质求函数区间解析式判断B，应用导数研究函数的极值点判断C，根据C的分析判断的性质，结合偶函数的对称性判断D. 【详解】由题设，A对， 若，则，故， 由为偶函数，则，B错， 由上时，，则， 令，即在上单调递增， 又，故在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，C对， 由C分析，或时，且， 所以、上，又为偶函数，则、上， 所以直线与的图象恒有2个交点，D错. 故选：AC 11．（2025·四川泸州·一模）（多选）已知函数，则（    ） A． B．在上单调递增 C．的最大值为1 D．在上存在唯一极值点 【答案】ACD 【分析】根据函数的性质，利用特殊值法分析判断选项A，对求导，利用导数分析函数单调性及极值，进而判断选项BCD． 【详解】选项A：，， ，， ， 需比较与的大小， ，，， ，故，故A正确； 选项B：，求导得，分母， ，对于任意，，， 又 ，， 对于任意成立， 在成立，故在上单调递减，故B错误； 选项C：当时，， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 在时取得最小值，即在上恒成立， ，当且仅当时， ，仅当时等号成立，故的最大值为1，故C正确； 选项D：，， 令， 当时，， ，故，函数单调递减； 当时，，， 当时，， 求导得，， ，函数单调递增，且， 在上单调递增，且，， 由零点存在定理知在上存在唯一零点，设为， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 是在上存在唯一极小值点，故D正确． 故选：ACD． 12．（2025·四川资阳·一模）（多选）已知是函数的极小值点，则（   ） A． B．若，则 C．若，则有3个相异的零点 D．方程有3个不同的实数根 【答案】ACD 【分析】利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论的零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以， 因为是函数的极小值点，所以， 可得，解得，故A正确， 对于B，因为，所以，则，即， 由正弦函数性质得，由余弦函数性质得， 由已知得，则， 令，，令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 得到，故B错误， 对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增， 而，得到，， 当时，，当时，， 若讨论的零点个数，则讨论的解的个数， 故讨论与的交点个数即可， 如图，作出符合题意的图象， 由图象可得，当时，与有3个相异的交点， 即有3个相异的零点，故C正确， 对于D，令，若求方程的实数根， 则先求的解的个数，即求的解的个数， 令，则求的零点个数， 由已知得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，， 可得，， 由零点存在性定理得存在，作为的零点， 则是的两个解，后续求解与即可， 由已知得在上单调递减，在上单调递增， 若，当时，，此时无解，排除， 当时，，此时有一个解， 当时，，此时有一个解， 若，当时，，此时无解，排除， 当时，，此时无解， 当时，，此时有一个解， 综上，方程有3个不同的实数根，故D正确. 故选：ACD 13．（2025·四川成都·一模）（多选）设函数，则（    ） A．当时，是的极小值点 B．当时，函数有三个零点 C．若函数有三个零点，则 D．已知是函数的极大值点，若，则 【答案】AD 【分析】A选项，求导，得到函数极值点情况，判断A；B选项，求导，得到函数单调性和极值，举出反例；C选项，由计算可得；D选项，在B选项基础上，得到，故，变形可得，故. 【详解】A选项，时，， ，令得， 令得或，令得， 故是的极小值点，A正确； B选项，当时，， 令得， 令得或，令得， 所以在，上单调递增，在上单调递减， ，， 当时，， 又趋向于时，趋向于， 由零点存在性定理可得，在上存在唯一零点，函数有一个零点，B错误； C选项，函数有三个零点，则， 即， 对照系数可得，，C错误； D选项，当时，恒成立，此时函数无极值点，不合要求， 当时，由B可知，为函数的极大值点，故， 即，， 其中，故， 即，可以看出满足上式，变形可得， 则，D正确. 故选：AD 14．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知函数.，则下列说法正确的有（    ） A．有唯一零点 B．不等式的解集为 C．在区间上单调递增 D．有两个极值点 【答案】BCD 【分析】求出函数的零点判断A，先利用导数判断，进而把目标不等式转化为求解一元一次不等式，求出解集判断B，利用导数与构造函数法求解单调性判断C，分类讨论求解出的单调性，进而求解极值点个数判断D即可. 【详解】对于A，依题意得， 即和是函数的零点，故A错误； 对于B，令，求导得， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 且，得到，则， 令，则即可， 所以或，解得，故B正确， 对于C，由题意得， 令，求导得， 当时，令，则， 可得在上单调递增，即在上单调递增， 而， 则在上递增，可得， 因此在上递增，故C正确； 对于D，当时，令， 求导得，由指数函数性质得在上单调递增， 由二次函数性质得在上单调递增， 则在上单调递增，故在上单调递增， 而，则， 由零点存在性定理得存在，使得，则， 当时，，得到在上单调递增， 则，， 即当时，，则， 则在上单调递减，且由选项C得在上单调递增， 因为， 当时，，得到在上单调递减， 而，则， 由零点存在性定理得存在作为零点，也是零点， 令，，令，， 此时，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 由已知得，， 当时，，此时， 则在上单调递减，即在上单调递减， 当时，，， 则，而， 得到，即，此时在上单调递减， 综上可得，在上单调递减，而， 则，即，可得在上单调递增， 综上可得，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 得到有两个极值点，故D正确. 故选：BCD 15．（2025·四川泸州·一模）曲线在点处的切线方程为 . 【答案】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】由，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 故答案为：. 16．（2026·四川宜宾·一模）若直线是曲线的一条切线，则 . 【答案】 【分析】设出直线与曲线的切点，根据曲线在点处导数的几何意义是曲线在点处切线的斜率列出方程即可求解. 【详解】设直线与曲线相切于，则； 所以，解得，所以； 又，所以，解得. 故答案为：. 17．（2025·四川自贡·一模）若函数有3个零点，则实数k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据函数零点和方程的解的关系，以及函数单调性和函数导数的关系，构造函数，判断函数单调性，求出方程有三个解时，参数的范围即可. 【详解】当函数有3个零点时，即方程有三个解； 当时，方程无解， 即当时，方程有三个解； 设函数且， ， 令，即，解得或， 当时，，则，即，函数在上单调递增， 当时，，则，即，函数在上单调递减， 当时，，则，即，函数在上单调递增， 可知时，，时，， 因为，所以当有三个解时，，即实数k的取值范围为. 故答案为：. 18．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数的图象不在x轴上方，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】问题即恒成立，通过讨论确定，则，令，构造函数利用导数求最大值. 【详解】的图象不在轴上方，即恒成立. 若，当时，，，所以，不合题意； 若，则，当时，，不合题意； 所以，且当时，由可得；当时，由可得， 又是增函数，所以当时，，即， 所以，令，则， 设，则，令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为， 即的最大值为. 故答案为：. 19．（2026·四川遂宁·一模）已知定义在上的函数，其导函数满足，且，若函数存在极大值，且极大值为，则的最小值是 . 【答案】 【分析】根据可得（为常数），从而可求出函数的解析式，进而可求出的解析式，再利用导数分和两种情况讨论求出函数的极大值，再结合已知构造关于的函数，再利用导数即可得解. 【详解】由，得， 因为，所以， 所以（为常数）， 又，则，即，所以， 所以，所以， 所以， 则， 由，得， 当时，恒成立， 所以函数在上单调递增，所以无极大值； 当时，令， 因为函数在上都是减函数， 所以函数在上是减函数， 又当时，，当时，， 所以存在，使得，即， 所以，，所以， 则当时，，当时，， 即当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为 ， 所以， 则， 令， 则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即的最小值是. 故答案为：. 20．（2025·四川凉山·一模）已知正实数x，y满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】化简题目条件得，构建函数，因为是正实数，故此函数单调递增，得到，代入，求导分析其最值. 【详解】由， 整理得， 化简得：， 设函数，可知函数在内单调递增， 由可得，即，代入得， 令， 令，解得， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 故当 时， 取得最小值，此时 ，最小值为. 故答案为： 21．（2026·四川巴中·一模）已知在处取得极小值． (1)求在处的切线方程； (2)若，讨论零点的个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意可得，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案. 【详解】（1）由题意得．因为在处取得极小值， 则，解得，， 所以，， 故，， 则切线方程为，即； （2）令，所以． 令，解得或．则，，的关系如下表： 2 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 作出函数的图象如下： 所以，①当或时，有两个零点； ②当或时，有一个零点； ③当时，有三个零点． 22．（2025·四川德阳·一模）已知函数（，且），函数的图象与的图象关于直线对称. (1)求； (2)若的最小值是2，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由指数函数和对数函数的关系即可直接得解； （2）先由题设分析得到，再利用导数工具研究函数的单调性和最值，结合即可求解. 【详解】（1）依题意得； （2）由题对恒成立， 当时，为增函数，所以函数在上单调递增，且， 则函数无最小值，不符合，所以， 所以为增函数，令， 所以时，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，所以. 综上所述，. 23．（2025·四川资阳·一模）已知函数（其中）. (1)当变化时，曲线在点处的切线是否过定点？若是，求该定点的坐标；若不是，说明理由； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围. 【答案】(1)过定点 (2) 【分析】（1）先根据导数的几何意义求函数在点处的切线方程，再根据直线方程的形式判断其是否过定点. （2）问题转化为在上，恒成立.再分离参数，求函数的最值即可. 【详解】（1）因为，. 所以，， 所以. 所以函数在点处的切线方程为：即，过定点. 所以当变化时，曲线在点处的切线过定点. （2）在区间上单调递增，则在上恒成立. 所以 ，. 设，， 则，. 由 ；由 . 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以. 所以，即的取值范围为. 24．（2025·四川泸州·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，对任意，都有恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出该点的函数值与函数在该点的导数值，再利用点斜式直线方程化简求解即可． （2）要使恒成立，只需，令，求导结合零点存在定理得的单调区间，进而求得在上的最小值即可得解． 【详解】（1）已知，将代入函数可得． 又， 将代入导数中，得到切线的斜率． 已知点，斜率，代入可得切线方程，即． （2）要使恒成立，只需． ，则． 令，． 因为时，，所以，即在上单调递增． 又， ， 所以存在，使得． 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增． 由上述分析可知，在处取得最小值，即． 因为，即，整理得， 两边同时除以，可得，即， 将代入中： 所以，要使对恒成立，只需． 25．（2025·四川成都·一模）已知，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的最值； (3)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）对进行求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）对进行求导，利用导数与函数单调性的关系求出的单调性，利用单调性即可求出最值； （3）将不等式恒成立转化为，求出在的最小值和在的最大值，解不等式即可求出答案. 【详解】（1）当时，，， ，曲线在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）因为， 所以， 因为，所以， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递增， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递减， 所以，当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，最小值为. （3）， 当，， 令， 因为，则， 则在上单调递增， 又因为时，，， 则，使得，即，可化为 当时，，即，则函数在上单调递减， 当时，，即，则函数在上单调递增， 则， 即. 由（2）知，当时，， 若对任意，不等式恒成立， 则，即， 令，，则函数在上单调递增， 又因为，所以的解集为， 所以实数的取值范围为. 26．（2025·四川凉山·一模）已知函数． (1)若函数在处的切线垂直于直线，求a的值； (2)若函数在单调，求a的取值范围； (3)当时，若（其中是函数的导函数），求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，结合两直线垂直的斜率关系，利用导数的几何意义列式即可求解； （2）由已知得在上恒成立，参变分离得在上恒成立，利用基本不等式求解即可； （3）由题意，利用韦达定理得，进而利用基本不等式得，，令，则，利用导数法求解值域即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 由直线的斜率为，得，， ，解得． （2）由已知得在上恒成立， 即，即在上恒成立，， ，当且仅当时即等号成立，， a的取值范围为． （3）当时，，， 令，得， ，是方程的两个根． 由根与系数的关系得：，即， 又，， ， 令，，则， ， 在上为增函数，， 从而． 27．（2025·四川自贡·一模）设定义在上的函数，导函数的图象关于y轴对称，当时，的极大值为． (1)求的解析式； (2)点M在直线上，过点M作曲线的两条相互垂直的切线，求M的坐标； (3)当时都有直线（a，b为实数），使得曲线与曲线分别在直线l的上下方恒成立，求b的取值范围及a，b满足的不等关系． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据函数导数的零点和函数极值点之间的关系，以及二次函数对称轴的性质，求出函数导数，列出方程组，求出函数解析式； （2）根据导函数的几何意义，求出函数的切线方程，根据直线垂直的性质，列出方程，求出参数值，求出结果； （3）根据不等式恒成立的概念，构造函数，根据二次函数性质求出函数最小值，根据函数导数求出函数最小值，列出不等式组，求出结果. 【详解】（1）由，得， 因为的图象关于y轴对称，则， 可得，， 当时，的极大值为，可知， 即，解得， 所以函数. （2）由（1）可知，则， 令，则， 设过点的两条切线切点分别为，则切线斜率分别为， 可知切线方程为， 点代入得，化简得， 同理， 当过点M作曲线的两条切线相互垂直时，可知，即， 当时，，解得， 所以点. （3）因为，， 所以，， 则在函数图像如下图所示，    由图像可知， 当时都有直线（a，b为实数），使得曲线与曲线分别在直线l的上下方恒成立， 即在，恒成立，恒成立； 设函数，可知二次函数开口向上，对称轴为， 则函数在上的最小值为，则恒成立，解得， 设函数，则， 令，即，解得， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在单调递增， 所以函数在的最小值为，则，解得， 可知， 令，画出函数函数图像，如下图所示，    令，解得或， 当时，，当时， 所以， 综上所述，b的取值范围为；a，b满足的不等关系为． 28．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数． (1)求函数的极值； (2)函数有两个零点，． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若函数有两个零点为，，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求导，分和讨论函数的单调性，探索函数的极值情况. （2）（i）问题转化为与函数的图象有两个不同交点，求的取值范围，再分析的极值及符号即可，（ⅱ）根据，及，可确定. 【详解】（1）因为（），所以. 当时，在上恒成立，所以在上单调递减，无极值； 当时，由 ；由 . 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，无极大值. （2）（i） . 设，则问题转化为与函数的图象有两个交点. 因为. 由 ，由 . 所以在上单调递增，在上单调递减. ，且当时，；；当时，. 所以当时，与函数的图象有两个交点. 所以实数的取值范围为. （ⅱ）由（i）可知，. 由 . 设，，则， 由 ；由 . 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，当时，. 当时，与函数的图象有两个交点，且. 所以，且. 又，，，， 结合（i），，. 由 ，由 . 所以. 因为，所以，， 所以，即. 29．（2026·四川雅安·一模）已知函数. (1)若，证明：； (2)令，若函数在区间上恰有一个零点，求k的取值范围； (3)若，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，可得，将定义域分成和两段，利用导数判断函数单调性证明成立，经等价变形即可证得； （2）根据题意，将问题转化为函数与在上恰有一个交点，通过求导判断的单调性，求出极值和端点函数值，利用函数与方程的思想即可求得答案； （3）利用（1）可得时，在上单调递减，推理可得，再利用（1）的结论，当且仅当时取等，即可证得结论. 【详解】（1）当时，，函数定义域为，则， 易得，下证当时. 要证，需证，即证， 设，则， 当时，，则在上单调递增，故，即，故有； 当时，，则在上单调递减，故，即，故有. 综上可得，当时，恒成立； （2），由可得，即，， 设，则问题转化为函数与在上恰有一个交点. 则，由可得，因，则， 当时，，则函数在上单调递增； 当时，，则函数在上单调递减. 又， 则当时，两函数无交点；当或时，两函数有1个交点；当两函数有2个交点. 故当函数在区间上恰有一个零点时，k的取值范围为或； （3）由（1）知，当时，，即在上单调递减， 因，则，即，也即， 由可得，在（1）中已证，当且仅当时取等， 故有，所以得证. 30．（2026·四川巴中·一模）函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最大值； (3)设，求证:. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后分别求出，即可得到切线的切点和斜率，并使用点斜式求得切线方程； （2）令求出在上的增减性后即可求得最大值； （3）设，则不等式为，设，多次求导后确定在内有零点，从而确定的最小值为0，即可得证. 【详解】（1）由题意得，，， 故切线方程为，即. （2）令，且，解得， 当 时，单调递增; 当 时，单调递减， 所以函数在上的最大值. （3）令，则， 则原不等式转化为， 令，下面证明， 则， 令，则， 故在上单调递减， 因为，， 即存在，使， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故当时，. 31．（2026·四川宜宾·一模）已知函数. (1)是否存在实数，使得为函数的极小值点.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (2)若图象上总存在关于点对称的两点，求a的取值范围. 【答案】(1)不存在，理由见解析； (2). 【分析】（1）反证法说明不存在满足题意的实数； （2）将问题转化为在上有解，整理后得到一个等式，换元后构造函数，利用导数研究该函数的最值，对的范围分类讨论从而得解. 【详解】（1）不存在，理由如下： 由知的定义域为，且， 假设存在实数，使得为函数的极小值点， 则，即，解得， 此时， 所以是减函数，与为函数的极小值点矛盾， 所以假设不成立，即不存在实数，使得为函数的极小值点； （2）若图象上总存在关于点对称的两点， 则在上有解， 即在上有解， 整理得， 令，得， 问题可转化为在上有解， 令，则； ①当时，，是减函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ②当时，，是增函数， 又，所以， 所以在上无零点，不符合题意； ③当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增， 所以的最小值为， 又时，， 根据函数零点存在定理可知在上必存在零点，符合题意； 综上，的取值范围是. 32．（2025·四川绵阳·一模）已知函数的图象关于点对称. (1)求的值； (2)记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； (3)若存在实数，使得是函数的三个互异零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)；最小值为. (3) 【分析】（1）根据题意，得到，求得的值，得到答案； （2）求得，得到在上为单调递增函数，分类讨论，即可求解； （3）根据题意，得到是函数的一个零点，求得，化简得，令，转化为有两个不同的实数根，且，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）由函数的图象关于点对称， 可得，即， 整理得，解得，此时函数， 经验证：函数满足，所以. （2）由（1）知，函数，可得， 根据二次函数的性质，可得在上为单调递增函数， 当时，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递增函数，所以； 当，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递减函数，所以； 当且时，时，在存在， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又由且， 当时，，此时， 当时，，此时， 综上可得，当时，；当时，， 所以，所以. （3）由函数， 可得， 因为是函数的一个零点，可得，可得， 所以， 可得 令， 因为是函数的三个互异零点， 则有两个不同的实数根，且， 则，整理得， 又由，即，即， 因为存在实数，使得是函数的三个互异零点， 所以，即 又由当时，总存在实数a使得成立， 所以实数的取值范围为. 33．（2025·四川泸州·一模）已知函数与函数有相同的最大值. (1)求的值； (2)若，且恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数共有4个不同的零点，且，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分类讨论求两个函数的最大值，列出等式解得结果. （2）先分离参数，构造函数并求导，分析新函数单调性，最后确定参数的取值范围. （3）利用函数的单调性和函数的零点计算四个零点的关系，再根据基本不等式证明即可. 【详解】（1）对函数求导可得， 当时，，无最大值，舍去. 当时，令，解得，当时，单调递增； 当时，单调递减.所以在处取最大值. 当时，令，解得，当时，单调递减； 当时，单调递增.此时，无最大值，舍去. 函数求导得，令，解得， 由函数有最大值可知，当时，单调递增； 当时，单调递减；所以在处取得最大值， 因为函数与函数有相同的最大值，所以， 等式两边同乘得，解得 （2）由（1）可知，， 则恒成立，其中且， 原不等式整理为，即. 构造函数，求导 令， 求导得 令， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，可得，在和上递增， 因为，所以当时，， 即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， 因此当时，，所以， 所以，解得. 又当时， 当时，，，； 当时，，，， 所以恒成立，所以实数的取值范围为； （3）由（1）可知，函数，函数，且， 函数与函数有相同的最大值， 因为函数共有4个不同的零点， 且，则，由，， 由可得，而， 故为两个不同的解，故，故， 设，则，而，故即， 故，而，由基本不等式可得. 故. 34．（2026·四川遂宁·一模）已知函数，记为函数在定义域内的导函数. (1)求函数在上的最小值. (2)设，记的最小值为. （ⅰ）当时，求使恒成立的实数的最小正整数； （ⅱ）当时，设，求函数在区间上的零点个数. 【答案】(1)0 (2)（ⅰ）2；（ⅱ）101个. 【分析】（1）先求导得，设，利用导数研究单调性进而求解； （2）（ⅰ）由，令，则，则， 设，利用导数研究单调性得函数取最小值，进而得最小值， 设，，利用导数求的最值，进而得在上恒成立，最后结合等比数列前项和公式即可求解； （ⅱ）由（ⅰ）知，则，进而得，得，求函数的周期，利用导数研究函数的单调性结合零点存在定理，结合函数的周期性即可求解. 【详解】（1）由，且； ，；设， 因为，所以在上单增，即 单增， 又因为，所以时，单减， 时，单增； 所以； （2）（ⅰ）因为，令，则，， 则，设，， 则， 当时，，又， 所以，所以，所以函数在上单调递减， 当时，，又，所以，所以，所以函数 在上单调递增， 所以当时，函数取最小值，最小值为，所以最小值为，所以， 设，，则在上恒成立， 故在上单调递减，所以， 故在上恒成立， ； 又因为， 对任意，恒成立时， 所以的最小正整数值； （ⅱ）由（ⅰ）知，则，，即，所以， 所以， 因为， 所以函数为周期函数，为函数的周期， 当时，，，所以， 当时，，，，， 函数在上没有零点， 当时，，，所以， 函数在上没有零点， 当时，， 令，则， 所以函数在上单调递增，故函数在上单调递增， 又，，所以存在，，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，， 所以函数在上存在唯一零点，在上不存在零点， 又因为，故在上有2个零点， 结合函数的周期性可得函数在上的零点个数为101个. 35．（2025·四川资阳·一模）已知函数. (1)若有3个极值点，，，且， （i）求的取值范围； （ii）求证：； (2)若，，求的取值范围. 【答案】(1)（i）；(ii)证明见解析； (2) 【分析】（1）（i）有3个极值点转化为与有3个交点，求导研究单调性，结合图像即可得出的取值范围；（ii）根据（i）得出与的关系，以及的范围，利用表示，代入表达式，构造函数求导研究单调性最值即可. （2）设，可以发现，，则根据尝试端点效应进行讨论，证明成立以及不成立即可. 【详解】（1）（i0当时，不符合题意， 当时，， 设，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极小值，极大值， 且由指数函数与二次函数增长速度可得，当趋于时，趋于， 当趋于时，趋于， 作出图像：    则要使有3个极值点，需使与有3个交点， 则，即. 设与的3个交点横坐标从小到大分别为，，， 则由图像可得当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则极大值点为，极小值点为符合题意， 故的范围为. (ii)证明：由（i）,, 且时，单调递增，则， 由于，则， 代入得， 设， 则， 则，即， 综上：. （2）设， 则， 设，则， 设，则， 设，则， 由于时，，所以，则单调递增， 当时，，则单调递增， 则，则单调递增， 则，则单调递增， 则符合题意； 当时，，则存在，使得时，， 则在单调递减，则， 则在单调递减，不符合题意； 综上，. 36．（2025·四川绵阳·一模）已知函数. (1)请判断是否可以为偶函数，并说明理由； (2)若在区间上有唯一的极值点和零点分别为. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)不可以为偶函数； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据偶函数的定义得到方程，再根据方程特点判断即可； （2）（i）求导得，再多次求导后对进行分类讨论，最后利用隐零点法和零点存在性定理即可判断； （ii）等价转化为证明当时，恒成立，再次设新函数，多次求导，逐层传递即可证明. 【详解】（1）不为偶函数， 理由如下：若为偶函数，则只需要， 即恒成立， 即恒成立， 而该等式显然对任意实数不恒成立，故不为偶函数； （2），， 令，，则，， 令，，则，， 又，则， 则在上单调递增，即在上单调递增， ①当时，，对恒成立， 在上单调递增，， 在上单调递增，， 在上无极值点，也没有零点，不满足题意； ②当时，，又在上单调递增， 且当，，因此，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ，又时，， 由零点存在性定理知：，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在有唯一的极值点， 又且当时，， 由零点存在性定理知：，使， 在有唯一的零点， 综上所述：，满足题意； （ii）要证：，由， 即证：， 即，令， 由（i）知，即证当时，恒成立， 令， 即证：在恒成立，注意到， ， ，且， 又由，知， ，且， 令，， 则，且， 令，， 则，当且仅当时等号成立， 则恒成立， 在单调递减，故， 在单调递减，故； 在单调递减，故， 故原不等式成立． 37．（2025·四川德阳·一模）关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；. (1)求在点处的切线方程； (2)若在是凸函数，求实数的取值范围； (3)若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解； （2）令，由求出参数m，令，将题设问题等价转化为在上恒成立，再化简消参得到在上恒成立，设，求出即可得解； （3）先将题设问题等价转化为的有两个变号零点为，接着利用导数工具研究函数的单调性，分析得到和，接着分析时恒成立得到即可分析求证. 【详解】（1）依题意，， 所以切点为，切线斜率为， 所以在处的切线方程为； （2）令，则， 所以依题意， 所以，. 则，若在是凸函数， 则在R上单调递减，令， 则在上恒成立，即在上恒成立， 设，即， ，所以时，时， 于是在上单调递增，在上单调递减， 于是； （3）由（2）， 由题在和上单调递减，在上单调递增，则的有两个变号零点为， 又时，单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意； 另外由（2）知时，单调，不符合题意，于是， 令为减函数， 令， 所以时，时， 即在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 而，，时，，于是有， 此时，即， 所以， 又 时，，时，，时，， 即在，上单调递减，在上单调递增，而， 又时，，时，，时，， 又时，，于是只能有， 即时，恒成立，这只需， 于是. 38．（2026·四川广安·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)设直线，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． ①求的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 【答案】(1)函数的递增区间为，递减区间为； (2)①；②选择（i）（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定的函数，利用导数求出其单调区间. （2）①求出函数的导数，设出切点坐标，把问题转化为方程有两个不同实数解，再利用导数求解；②选择（i）由①中信息，构造函数及，利用导数结合不等式的性质推理得证.选择（ii）由①中信息，将不等式转化为证明，再构造函数，利用导数结合不等式性质推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. （2）①函数的定义域为R，求导得， 设直线与曲线和曲线分别切于点， 由，，消去得， 同理，因此方程有两个不同的实数解， 令函数，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒有，且时，，， 因此当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点， 即方程有两个不同的实数解，所以的取值范围是. ②选（i），由①得，即， 令函数，则， 由，得，即， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 由，得，即， 因此，即有，所以. 选（ii），由①得， 则， 设，， 则，令函数，， 求导得，， 当时，，函数在上单调递减，则，即， 当时，，函数在上单调递减，由，得，， 因此，即，而，则， 所以. 39．（2025·四川达州·一模）已知函数． (1)时，记函数，单调递增区间的长度为，递减区间的长度为．比较的大小（区间长度是指在实数轴上，区间两个端点之间的距离，与区间的开闭无关）； (2)当时，证明：； (3)判断关于的方程的根的个数，并说明理由． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)个实根，证明见解析 【分析】（1）通过将函数展开并求导，分析其在给定区间上的单调性，利用驻点划分单调区间，并通过区间端点计算长度，进而比较递增与递减区间的长度大小. （2）构造差函数，对其求导并解出导函数的零点，结合参数的范围分类讨论的单调性，再通过计算关键点（端点、极值点）的函数值，证明在指定区间上恒成立. （3）利用第二问的结论，结合的单调性分析，通过选取特殊点确定函数值的符号变化，运用零点定理判断方程在定义域内的根的个数，并排除无解区间. 【详解】（1）， ∴二次函数对称轴为：， ∴单调递增区间为， ∴单调递减区间为， （2）要证，即证， 即证， 记， ∴①当，即时，在单调递减，单调递增， 成立， ②当，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立． ③时，即时，在单调递增，成立． ④时，即时，在单调递增，单调递减，单调递增， 成立. 综上，成立. （3）由（2）记， 由（2）中③知时，在单调递增且存在， 由（2）中④知，时， 时，在单调递增，单调递减，单调递增且， ∴当时有， ∴即且时，始终有两极值． ， 记 令对称轴 在上为单调递减， 只有一解，方程有一个根． 综上，方程有一个根 40．（2025·四川成都·一模）设函数. (1)证明：对每个且，存在唯一的，满足； (2)若，求； (3)证明：，其中表示的导数. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）对求导，根据区间导数的符号判断函数的区间单调性，结合，应用放缩得，根据零点存在性定理即可证； （2）由题设，令，讨论参数，应用导数并结合恒成立求参数值； （3）问题化为证明，设，进而得到，从而有，应用累加法即可证. 【详解】（1）由题意可得， 当时，，故在单调递增，且， 因为，且， 所以对每个，，存在唯一的，满足； （2）由题意，当恒成立，设， 当时，由，不合题意； 当时，，则在单调递增. 且，，，. ①时，由，故存在，使， 所以在单调递增.所以，矛盾； ②时，由，故存在，使， 所以在单调递减.所以，矛盾； ③时，由，所以在单调递减，在单调递增， 所以，不等式成立，满足题意； 综上所述，； （3）由题意，得， 则， 要证， 需证， 设， 因为 ， 由此可得①， 由， 故 ， 由①式可得，，，， 累加可得，并且，所以， 综上可知，成立. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $