专题03 导数及其应用（6大考点）（全国通用）2026年高考数学一模分类汇编

专题03 导数及其应用 6大考点概览 题型01 导数的几何意义 题型02 利用导数研究函数的单调性 题型03 利用导数研究函数的极值、最值 题型04 利用导数研究函数的零点、方程的根 题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立 题型06 三次函数的图象与性质 ( 导数的几何意义 考点1 ) 1．（多选）（2026·河北沧州·一模）已知函数与，则（   ） A．当时，曲线的图象在处的切线方程为 B．若过点可作曲线的两条切线，则的取值范围为 C．若时，，则的取值范围为 D．若曲线与曲线有三条公切线，则的取值范围是 2．（多选）（2026·河北石家庄·一模）已知函数，则（    ） A． B．函数的零点为 C．曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D．若，且，则 3．（2026·江西九江·一模）若直线是曲线的切线，则__________. 4．（2026·河南南阳·一模）已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______． 5．（2026·陕西延安·一模）若直线是曲线的一条切线，则________． 6．（2026·山东临沂·一模）已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________． 7．（2026·辽宁大连·一模）已知曲线在点处的切线与轴平行，则点的坐标为__________. 8．（2026·四川宜宾·一模）若直线是曲线的一条切线，则__________. 9．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若曲线在点处的切线与函数的图象无公共点，则实数的取值范围为______． 10．（2026·福建泉州·一模）若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 11．（2026·安徽合肥·一模）过函数图象上一点，垂直于函数在该点处的切线的直线，称为函数在该点处的“法线”．若一条直线同时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为______． 12．（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）． 13．（2026·河北唐山·一模）函数，. (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值；（ⅱ）若，证明：. ( 利用导数研究函数的单调性 考点2 ) 1．（2026·重庆·一模）已知函数，若关于的不等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（2026·四川宜宾·一模）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 3．（2026·福建泉州·一模）已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（    ） A． B． C．存在极值点 D．有且只有一个零点 4．（2026·广东佛山·一模）定义：双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数，则（   ） A．函数是偶函数 B．函数在上单调递减 C． D． 5．（多选）（2026·重庆九龙坡·一模）已知函数，则（    ） A．函数存在唯一零点 B．若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是 C．存在唯一，使得 D．关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 6．（2026·河南鹤壁·一模）已知且，若函数在上单调递增，则的最大值为___________． 7．（2026·宁夏银川·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)证明：（）. 8．（2026·江西赣州·一模）已知函数. (1)讨论函数的单调性. (2)设函数，若存在唯一实数使函数的最小值为0，求实数的取值范围. 9．（2026·安徽黄山·一模）已知函数． (1)若，讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，且． （Ⅰ）求实数的取值范围； （Ⅱ）若三个零点成等差数列，求这三个零点． 10．（2026·新疆·一模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，判断函数的单调性； (3)讨论函数的零点个数． 11．（2026·山东青岛·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，，，使得，求的最大值. 12．（2026·辽宁辽阳·一模）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若在上存在极大值，求的取值范围. 13．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称轴； (3)求的最大值和最小值. 14．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 15．（2026·河北邯郸·一模）已知函数． (1)若，证明：． (2)设有两个零点． ①求的取值范围； ②证明：． ( 利用导数研究函数的极值、最值 考点3 ) 1．（2026·河北衡水·一模）函数的极值点的个数为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山东德州·一模）已知函数，若，则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 D． 3．（2026·湖北十堰·一模）若函数有极值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东青岛·一模）已知函数在处取得极小值，则（   ） A． B． C．1 D．3 5．（多选）（2026·湖北荆州·一模）已知函数，其中，则（    ） A．若函数有且仅有1个零点，则 B．若函数有且仅有2个极值点，则a的取值范围是 C．不存在，使函数存在唯一的极值点 D．若对恒成立，则 6．（2026·山东潍坊·一模）若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________. 7．（2026·安徽黄山·一模）若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为__________． 8．（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______. 9．（2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为____． 10．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，则的最小值为___________. 11．（2026·河南开封·一模）已知函数，且曲线在点处的切线斜率为． (1)求实数的值； (2)求函数在区间上的最大值与最小值． 12．（2026·山东济宁·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 13．（2026·广西南宁·一模）已知函数． (1)求在上的最值． (2)设函数． （i）讨论的单调性； （ii）若为的一个极值点，且，，证明为定值． 14．（2026·山东菏泽·一模）已知函数，. (1)当时，证明：1是的极值点； (2)当时，证明：； (3)若，对任意的，恒成立，求的最大值. 15．（2026·广东汕头·一模）已知函数． (1)求证：不是函数的极值点； (2)设，，是否存在a，使得函数的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 16．（2026·安徽马鞍山·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若在上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围； (3)设为在内的极小值点，求证：. 17．（2026·福建泉州·一模）已知函数. (1)证明：有且只有一个极值点； (2)若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 18．（2026·江西萍乡·一模）已知函数，． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； (3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． ( 利用导数研究函数的零点、方程的根 考点4 ) 1．（2026·安徽安庆·一模）已知，若函数恰有1个零点，则（   ） A．e B． C．1 D．3 2．（2026·海南海口·一模）已知，设满足方程，满足方程，则（   ） A．a B．2a C．1 D．2 3．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆·一模）若方程的三个根成等比数列，则公比为（    ） A． B． C． D．3 5．（2026·重庆·一模）关于 的方程 有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·山西朔州·一模）若关于的方程有2个不同实根，设，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·江西新余·一模）已知在上有两个不同零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建龙岩·一模）已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______. 9．（2026·河北邢台·一模）若函数在定义域内有零点，则实数a的取值范围为________. 10．（2026·广东深圳·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围；（ii）证明：. 11．（2026·安徽宿州·一模）已知函数. (1)证明函数存在唯一零点； (2)的零点为，证明. 12．（2026·山西临汾·一模）已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 13．（2026·河南南阳·一模）已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 14．（2026·陕西商洛·一模）已知函数． (1)若，求证：； (2)若，求证：在上恰有两个零点； (3)若不等式对任意的恒成立，求的值． 15．（2026·山东枣庄·一模）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：． 16．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，． (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，证明：在上存在2个不同的零点，且； (3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 17．（2026·江西·一模）已知函数，记等差数列的前项和为，记. (1)证明：曲线是中心对称图形； (2)证明：“”是“”的充要条件； (3)时，判断函数在区间上的零点个数. ( 利用导数研究不等式证明及恒成立 考点 5 ) 1．（2026·山东济南·一模）若存在，对任意的，都有，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南常德·一模）已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江西·一模）若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B． C．4 D． 4．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2026·河北保定·一模）已知函数 (1)当 时，求的极值. (2)已知. （i）证明: ； （ii）若 在 上恒成立，求实数t的取值范围. 6．（2026·山东东营·一模） 已知函数 (1)当时， 求函数在处的切线方程； (2)若函数在处取得极值， (i)求的值； (ii)已知 ，若在上恒成立， 求实数的取值范围. 7．（2026·江西南昌·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证： (3)当时，设，且满足，求证：. 8．（2026·广东江门·一模）帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足.其中.已知在处的阶帕德近似为. (1)求的值； (2)若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围； (3)已知是函数的三个不同的零点，且，求实数的取值范围，并证明. 9．（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求的最小值； (2)当时，，求的取值范围； (3)证明：． 10．（2026·江西·一模）已知函数． (1)求在上的最大值； (2)求证：恒成立； (3)若都有恒成立，求的最大值． 11．（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:. 12．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)函数． （ⅰ）当时，讨论函数在区间上的零点个数； （ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 13．（2026·山西运城·一模）柯西不等式是一个重要不等式，在代数、几何等领域中有广泛应用，柯西不等式的二维形式：对任意的实数都有，当且仅当时等号成立，已知函数． (1)当时，证明：． (2)已知有两个不同的零点． ①求a的取值范围； ②证明：． 14．（2026·广东佛山·一模）已知函数，其中为正实数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当取最小值时，若，为正实数，且，证明：． 15．（2026·广东茂名·一模）已知函数. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. ( 三次函数的图象与性质 考点 6 ) 1．（多选）（2026·内蒙古赤峰·一模）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．在上单调递增 B．的极大值为2 C．有两个零点 D．的图象关于原点对称 2．（多选）（2026·四川攀枝花·一模）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 3．（多选）（2026·河北沧州·一模）若函数，则（   ） A．是奇函数 B．当在上单调递减时， C．当且仅当时，有两个不同的零点 D．当时，过原点可作图象的两条不同切线 4．（多选）（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A． B．的极大值点是 C．在处的切线为 D．图象的对称中心是 5．（多选）（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 6．（多选）（2026·陕西渭南·一模）设函数，则（   ） A．点是图像的对称中心 B．当时，函数有三个零点 C．当时，直线不是曲线的切线 D．若有三个不同的零点，则 7．（多选）（2026·陕西铜川·一模）已知三次函数，下列说法正确的是（    ） A．若的极大值为4，则 B．的极小值为0，则 C．，则 D．存在，使在的值域为 8．（多选）（2026·四川遂宁·一模）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．（多选）（2026·山东淄博·一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，函数在上单调递增，则 C．若，且，则存在实数，使得 D．若，，且函数有两个极值点、，则 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 6大考点概览 题型01 导数的几何意义 题型02 利用导数研究函数的单调性 题型03 利用导数研究函数的极值、最值 题型04 利用导数研究函数的零点、方程的根 题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立 题型06 三次函数的图象与性质 ( 导数的几何意义 考点1 ) 1．（多选）（2026·河北沧州·一模）已知函数与，则（   ） A．当时，曲线的图象在处的切线方程为 B．若过点可作曲线的两条切线，则的取值范围为 C．若时，，则的取值范围为 D．若曲线与曲线有三条公切线，则的取值范围是 【答案】ACD 【分析】根据导数的几何意义求解，，从而可得曲线的图象在处的切线方程即可判断A；设切点为，将问题转化为方程在有两个解，构造函数，求导判断单调性得最值即可判断B；将不等式转化为，构造函数，求导判断单调性得最值即可判断C；设公切线为，是与曲线的切点，是与曲线的切点，根据导数的几何意义可得切线方程，于是有，消元得，构造函数，将问题转化为直线与曲线有三个不同的交点，求导得函数图像即可求的取值范围，从而判断D. 【详解】对于A，当时，，则，所以，又，则曲线的图象在处的切线方程为，即，故A正确； 对于B，设切点为，因为，则，所以切线方程为， 切线过点，代入得，即方程在有两个解， 设，则，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 当时，，则，故B错误； 对于C，由题可知，，所以， 设，则，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，故C正确； 对于D，设公切线为，是与曲线的切点，是与曲线的切点， 所以的方程为，整理得，同理，整理得，依题意两条直线重合，可得，消去，得， 由题意此方程有三个不等实根，设，即直线与曲线有三个不同的交点， 因为，令，则，当或时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以有极小值为，有极大值为， 因为，所以，当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于，故的图象简单表示为下图： 所以当，即时，直线与曲线有三个交点，故D正确. 故选：ACD. 2．（多选）（2026·河北石家庄·一模）已知函数，则（    ） A． B．函数的零点为 C．曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D．若，且，则 【答案】AC 【分析】先根据求出的值，再分别令求函数零点，对求导分析曲线上切线倾斜角的范围，根据导数判断函数单调性，进而判断各选项的正误. 【详解】已知，，所以，，解得，A选项正确； 因为，所以，，令（），则 ，化简得，即，解得：，B选项错误；对求导得：， 其中，由基本不等式可得：， 设切线倾斜角为，则斜率， 又因为，所以，即倾斜角不小于，C选项正确；由可知：在和上单调递增，但不能直接得出，且时，，比如，时，，，此时，D选项错误. 3．（2026·江西九江·一模）若直线是曲线的切线，则__________. 【答案】 【分析】设切点为，进而根据题意有，即可求得切点，再代入直线方程即可得答案. 【详解】设直线与曲线相切于点，因为， 直线的斜率为所以，解得，所以， 即切点为，所以。 4．（2026·河南南阳·一模）已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______． 【答案】/ 【分析】先求出点A，利用导数的几何意义求出函数的图象在处的切线方程，代入点的坐标，可得. 【详解】对函数，令，则，得.所以. 函数的定义域为，.，所以. 所以函数的图象在处的切线方程为. 因为该切线过点，所以，解得. 5．（2026·陕西延安·一模）若直线是曲线的一条切线，则________． 【答案】 【分析】设切点为，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论. 【详解】由曲线，得，设直线与曲线相切于点， 所以，解得，. 6．（2026·山东临沂·一模）已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________． 【答案】/ 【分析】先求曲线在点处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出. 【详解】设，则，则，则在处的切线的方程为，即，联立，得，因为直线与抛物线也相切，则有，解得. 7．（2026·辽宁大连·一模）已知曲线在点处的切线与轴平行，则点的坐标为__________. 【答案】 【分析】设，利用导数的几何意义建立方程计算即可. 【详解】易知，设，所以曲线在点处的切线斜率为，由题意可知，解之得或， 当时，，此时切点在x轴上，不合题意；当时，；所以. 8．（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. 9．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若曲线在点处的切线与函数的图象无公共点，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】先求曲线在点处的切线，把问题转化成无解,再设，求函数的最小值即可. 【详解】因为，所以，且，，所以在点处的切线方程为：，即.问题转化为方程，即无解.设，，则，由； 由，所以在上单调递减，在上单调递增. 且，所以， 所以. 10．（2026·福建泉州·一模）若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解. 【详解】由于，则,则曲线在点的切线方程为,即，又因为此切线也为圆的切线， 则圆心到切线的距离,两边平方，化简为, 设，则，即, 因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解， 则，解得，所以的取值范围是. 11．（2026·安徽合肥·一模）过函数图象上一点，垂直于函数在该点处的切线的直线，称为函数在该点处的“法线”．若一条直线同时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为______． 【答案】 【分析】利用导数的几何意义求出曲线在点处的法线方程，以及曲线在点处的法线方程，根据这两法线重合可得出关于、的方程，解出这两个未知数的值，即可得出“公法线”方程. 【详解】对于函数，有，可得，解得， 故函数的定义域为，由求得，则法线斜率为， 则在点处的法线方程为， 即，由求导得，则法线斜率为， 则在处的法线方程为， 即，由“公法线”得，， 这两个等式相加得，即， 令，则，故函数在上为增函数， 又因为，所以函数有且只有唯一的零点， 解方程组，可得或，， 又因为，故，故要舍去，即，， 所以“公法线”方程为， 12．（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. 13．（2026·河北唐山·一模）函数，. (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值；（ⅱ）若，证明：. 【答案】(1)；(2)（i）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求出的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解. （2）（i）利用与在处的导数值相等求出；（ⅱ）按分段讨论，结合极值点的偏移方法推理得证. 【详解】（1）函数在上单调递减，则，， 即，，而，当且仅当时取等号，因此，所以a的取值范围是. （2）（i）由，求导得， 由曲线与在处有相同的切线，得，即， 解得，此时曲线与在处的切线都为，符合题意，所以. （ⅱ）由（1）及（i）知，函数在上单调递减，且， ，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，而，不符合题意； 当时，，则，，因此，符合题意； 当，的取值集合为，而在的取值集合为， 在的取值集合为，因此能成立， 当时，； 当时，，， 令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 因此，而，则，又函数在上单调递增， 于是，即，所以. ( 利用导数研究函数的单调性 考点2 ) 1．（2026·重庆·一模）已知函数，若关于的不等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断函数的对称性，再通过求导判断函数的单调性，计算即可. 【详解】，即，， 令，解得：， 当时，，，则在区间单调递增； 当时，，在区间单调递减； ，， 即，关于对称， ， ，即，两边平方得， 解得，则实数的取值范围是. 2．（多选）（2026·四川宜宾·一模）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 3．（2026·福建泉州·一模）已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若当时，，则（    ） A． B． C．存在极值点 D．有且只有一个零点 【答案】D 【分析】构造函数，通过分析的单调性进而得到函数的正负，然后逐项分析即得. 【详解】，即，故函数为奇函数， 设，则， 由题意，当时，， 在上单调递增，又为偶函数，故为奇函数， 在上单调递增，图象连续不断且， 在上单调递增，当时，，；同理当时，，对于A，，，，故A错误.对于B，当时，，则，故B错误. 对于C，由于函数的单调性未知，故该选项不确定，故C错误.对于D，当时，，当时，，且，有且只有一个零点，故D正确. 4．（2026·广东佛山·一模）定义：双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数，则（   ） A．函数是偶函数 B．函数在上单调递减 C． D． 【答案】C 【分析】根据双曲函数的奇偶性，并使用导数求其单调性，比较各选项中自变量的大小关系，即可求解. 【详解】设， 对于A，由题意得，则，所以是奇函数， 即是奇函数，故A错误； 对于B，由题意得，所以在上单调递增，即函数在上单调递增，故B错误； 对于C，，所以是奇函数， ，所以是偶函数，所以，所以原不等式为，即，由题意得恒成立，所以在R上单调递增，所以，且有， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，故，原不等式得证，故C正确. 对于D，，所以原不等式为，由上得单调递增，且有当时，单调递增，所以，所以，与原不等式矛盾，故D错误. 5．（多选）（2026·重庆九龙坡·一模）已知函数，则（    ） A．函数存在唯一零点 B．若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是 C．存在唯一，使得 D．关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点； 对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围. 【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增， 且当时，，且当时，， 由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确； 对于选项B：由题得，令，则， 故在上， ，单调递减，在上，，单调递增， 故在处取极小值，即最小值，且易得当时，， 则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误； 对于选项C：设，， 则，故，则，令，， 故在上， ，单调递减， 则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值， 则有在上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增， 故有且仅有1个解使，即 有且仅有1个零点，故C选项正确； 对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离： ①若，则有，显然成立 ②若，则有，令，则， 令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此； ③若，则有，令，则， 令，（舍）或， 易得当时，在处取极大值即最大值，因此； 综上，的取值范围是，故选项D正确. 故选：ACD 6．（2026·河南鹤壁·一模）已知且，若函数在上单调递增，则的最大值为___________． 【答案】 【分析】由题意可得对任意的恒成立，设，利用导数结合题意推得，将其化成，设，利用导数求出其最大值即得. 【详解】根据题意，可得对任意的恒成立． 设，则． 若，则在上单调递增， 当且时，，不符合题意． 若，令，得， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以，所以． 设，（），则， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 所以，即的最大值为，此时． 7．（2026·宁夏银川·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)证明：（）. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，函数在点处的导数就是该点切线的斜率，求出斜率后，再利用点斜式即可写出切线方程； （2）函数在某个区间上单调递减，意味着其导函数在该区间内恒小于等于0，我们先求导，然后分离参数，转化为求新函数的最值问题； （3）对于这类连乘小于的题目，常用的技巧是取自然对数，将乘积转化为求和，然后利用放缩法（如裂项相消）来证明和式小于1. 【详解】（1）当时，， 将代入：，所以切点坐标为；求导得：， 将代入导函数：，所以切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程，因此，所求的切线方程为. （2）对求导得：， 因为在上单调递减，所以对于任意，都有：， 即：，因为，即：，对于任意恒成立， 令，，对于所有，不等式恒成立，只需， 对求导：， 当时，，则，所以，函数单调递增， 当时，，则，所以，函数单调递减， 所以，所以，所以的取值范围是. （3）设，对取自然对数，得： ， 又， 于是，构造函数，其中， 求导得：，当时，，所以在上单调递增， 则对于任意，有，即， 而，所以， 因此， 由于，所以，从而.原不等式得证. 8．（2026·江西赣州·一模）已知函数. (1)讨论函数的单调性. (2)设函数，若存在唯一实数使函数的最小值为0，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2)或． 【分析】（1）求导后对的取值范围分类讨论即可； （2）法一：，根据（1）中结果可求得的最小值，构造函数，问题可转化为函数的零点个数问题；法二：同法一求出的最小值，转化为存在唯一实数使，再设新函数，求导后对分类讨论即可. 【详解】（1）由得. ①当时，，单调递减； ②当时，令，解得， 当时，，即，所以单调递减， 当时，，即，所以单调递增； ③当时，，所以，单调递减. 综上，当时，单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，单调递减. （2）解法一：由 得，由（1）可知 ， 即关于的方程只有1个根， 当时，方程（）恒成立，即当且时，方程（）无解 所以， 由，所以，即，即且， 对（）式同时取对数， 即，令，则， 即关于的方程在无解. 又令，则， 令，则， 由，则当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以在上单调递减， 当时，，当时，， 要使式成立，只需或，即或 综述，实数的取值范围或． 解法二：令， 由（1）可知，时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 依题，存在唯一实数使函数的最小值为0， 所以存在唯一实数使，即存在唯一实数使， 令，则， （i）当时，恒成立，故函数在单调递增， 又因为，所以存在唯一实数使得，符合题意； （ii）当时，令，得，令，得， 故函数在单调递增，在单调递减，所以，解得， 综上，实数的取值范围是或． 9．（2026·安徽黄山·一模）已知函数． (1)若，讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，且． （Ⅰ）求实数的取值范围； （Ⅱ）若三个零点成等差数列，求这三个零点． 【答案】(1)答案见解析 (2)（Ⅰ）（Ⅱ）， 【分析】（1）求导得到导数表达式，再结合参数的不同取值范围，分别讨论导数在相应区间上的正负，从而确定函数的单调性. （2）（Ⅰ）根据单调性和函数值的符号排除不符合条件的情形，再通过极值点的函数值符号建立不等式，得到参数的取值范围； （Ⅱ）零点成等差数列时利用零点所满足的方程变形得到比例关系，结合等差数列的定义建立关于公差的方程并求解. 【详解】（1）由， ①当时，，在上单调递减，在上单调递增； ②当时，若，则，即在上单调递增； 若，则， 令， 若，即时， 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； 若，即时，当时，； 当时，，由的连续性知在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增． （2）（Ⅰ）①当时，由（1）知在上单调递增，则至多只有一个零点，与题不符； ②当时，由得，则在上只有一个零点，与题不符； ③当时，在上单调递减，而在上恒成立，且,则函数无零点，与题不符； ④当，在上单调递增且， 所以在上恰有一个零点， 又时，，若使有个零点，则， 即，即，解得. 综上所述，实数的取值范围为. （Ⅱ）令，即， 因为为函数的三个零点，且由（2）知， 所以有：，由于同号，两式相除得， 令等差数列的公差为，所以，得， 同理，由异号，所以，所以，得， 所以，得，解得． 代入，得，所以． 10．（2026·新疆·一模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，判断函数的单调性； (3)讨论函数的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求出导数，求出得斜率，点斜式可求切线方程； （2）先求导数，从1分段讨论导数的符号，得出单调性； （3）令，求解根的情况，需讨论的单调性，判断其零点个数. 【详解】（1）当时，，， ，所以曲线在点处的切线方程为. （2）定义域为，， 整理得， 当时，，因为，所以， 所以，为增函数. 当时，，因为，所以， 所以，为减函数. 综上可得，当时，为减函数，当时，为增函数. （3）设，由得或； 当时，，为增函数，又，此时仅有一个零点； 当时，，时，，为增函数， 时，，为减函数，的最大值为； 若，的最大值为，此时仅有一个零点； 若，则，且趋近于时，趋近于， 故在区间内，有且仅有一个零点，此时有两个零点； 若，则，且趋近于0时，趋近于， 故在区间内，有且仅有一个零点，此时有两个零点； 综上可得，当或时，有一个零点，当或时，有两个零点. 11．（2026·山东青岛·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，，，使得，求的最大值. 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）求导，分和，根据导函数的符号判断函数的单调性. （2）先根据函数的单调性得，，设，，求导，分析函数的单调性，求函数的最大值即可. 【详解】（1）由题得，. 若，则在上恒成立，所以在上单调递减； 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）得，若存在，，使得， 则必有，由. 所以等价于， 即，化简得：. 设，，则， 所以在上单调递减，所以， 此时，. 所以当，时等号成立，所以的最大值为. 12．（2026·辽宁辽阳·一模）已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)若在上存在极大值，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据确定的值，此时不等式可化为，设，分析函数的单调性，求函数的极小值，即可得不等式的解集. （2）求出函数的导数，分类讨论，根据函数的单调性确定函数的极值情况，可得参数的取值范围. 【详解】（1）由.所以. 由. 设，.则，. 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增.又，所以在上恒成立. 即不等式的解集为. （2）因为，. 所以. 当即时，在上恒成立， 由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数在上只有极小值，无极大值； 当即时， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以函数在处取得极大值，在处取得极小值； 当即时，在上恒成立， 所以函数在上单调递增，无极值； 当即时， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以函数在处取得极大值，在处取得极小值. 综上，当时，函数在上存在极大值. 13．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称轴； (3)求的最大值和最小值. 【答案】(1)增区间是，减区间是 (2) (3)当时，；当，且为奇数时，. 【分析】（1）利用辅助角公式将其化简，再根据正弦函数的单调性求解单调区间； （2）设出的对称轴，根据对称的性质，求出对称轴，再证明； （3）分，和，结合导数求解. 【详解】（1）当时，， 令，解得. 令，解得. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）当时，. 不妨设时，的对称轴方程为，由对称轴定义得， 令，得， 化简得，即，所以， 下面证明当时，恒成立， 因为， 所以的对称轴方程为. （3）当时，时，；时，. 当时，，， 因为，且为奇数，单调递增，考虑一个周期，令， 当变化时，的变化如下表， 0 0 0 + 0 1 减 增 1 减 （接上表） 0 + 0 0 + 0 增 减 增 1 综上，当时，； 当，且为奇数时，. 14．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程； （2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明； （3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解. 【详解】（1）由得，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）设，，， 当时，，为减函数，当时，，为增函数， 所以，即，所以当且仅当时等号成立， 设，定义域为，则，， 当时，，为增函数，当时，，为减函数， 所以，即，所以当且仅当时等号成立， 所以； （3）因为，整理可得， 故，设函数，则， 因为，所以函数单调递增，所以， 整理可得，设函数，则， 当时，，为增函数，当时，，为减函数， 所以，所以，解得，所以实数的取值范围. 15．（2026·河北邯郸·一模）已知函数． (1)若，证明：． (2)设有两个零点． ①求的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）由得出，构造函数，由导数得出，即可证明； （2）①由得出，构造函数，根据导数得出的值域即可求解的取值范围； ②由①得，，要证即证，构造函数，得出，进而得出，再构造函数，即可证明． 【详解】（1）因为，，所以． 令，则． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，则，则． （2）①由，可得．令， 则． 令，显然在上单调递增，且， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，则． 当时，，且当时，． 因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为． ②由①可知，， 要证，需证，即，即． 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增，则，即， 则． 令，则， 则在上单调递减，则，从而． ( 利用导数研究函数的极值、最值 考点3 ) 1．（2026·河北衡水·一模）函数的极值点的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析导数的符号变化，可得出函数的极值点个数. 【详解】因为，该函数的定义域为， 由 ，得或或. 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递增. 所以在处取得极大值，在处取得极小值，故的极值点的个数为. 2．（2026·山东德州·一模）已知函数，若，则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】根据题目条件，求出之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果. 【详解】由题意可得，则， 由，则，令，则， 令，可知函数在上单调递增， 所以当有唯一解，即，即，可得， 所以，令，则，所以， 令，则，令，即，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也是最大值，为，所以的最大值为. 故选：B. 3．（2026·湖北十堰·一模）若函数有极值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，得，将函数有极值问题转化为函数有极值问题，再求出导数，并按分类探讨导函数有无变号零点问题求解. 【详解】令，则，原函数化为，依题意，函数有极值， 求导得， 令，，求导得， 而，令，得， 当时，，则，得函数在上单调递减， 又时，；时，， 因此存在，使得，即函数，亦即函数存在极值； 当时，，由，得；由，得， 函数在上递减，在上递增，则， 设，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，又，且时，， 则时，，此时函数，即无极值； 当时，，且时，；时，， 此时函数，即存在极值，所以的取值范围为. 故选：A 4．（2026·山东青岛·一模）已知函数在处取得极小值，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】B 【分析】先对函数求导，利用极值点的导数等于0求出的可能值，再利用导数分析函数的单调性讨论求出． 【详解】函数求导得，由题意知， 则，解得或，当时，， 由或；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值. 当时，， 由或；由. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值.满足条件的是． 5．（多选）（2026·湖北荆州·一模）已知函数，其中，则（    ） A．若函数有且仅有1个零点，则 B．若函数有且仅有2个极值点，则a的取值范围是 C．不存在，使函数存在唯一的极值点 D．若对恒成立，则 【答案】ABD 【分析】利用参变分离的思想，结合函数图象进行求解 【详解】对于A，显然0不是函数的零点，当时，令，变形为， 令，，则，令得或， 令得，所以在上单调递增，在上单调递减， ，作出的图象，如下： 直线与其仅有一个公共点，则； 对于B，，令，函数有且仅有2个极值点，故有2个变号零点，令得，显然0不是函数的零点，当时，变形为，令，则，令得，令得或， 故在上单调递减，在上单调递增，，作出的图象，如下： 直线与其交于两点，则，故，B正确； 对于C，结合B的分析，显然当时，有且仅有一个变号零点，函数存在唯一的极值点，C错误； 对于D，，即，当时，满足要求，当时，，变形为， 令，结合A的分析，当x＞0时，，故，D正确. 6．（2026·山东潍坊·一模）若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先确定函数的定义域，再求出函数的导数，根据导数与极值点关系计算即可. 【详解】函数的定义域为，， 函数在有两个极值， 在有两个不相等的实数根， 即在有两个不相等的实数根，令，对称轴为， 要使在有两个不相等的实数根，则需满足，解得， 综上，实数的取值范围为. 7．（2026·安徽黄山·一模）若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【分析】求导，通过讨论和0的大小，确定函数的单调性，进而可求解. 【详解】由，求导可得 令，可得：或， 当时，即，恒成立，在定义域上单调递减，不符合题意； 当时，因为，所以， 由，得，由，得或， 即在和单调递减，在单调递增， 即函数在处取得极小值，不符合题意； 当时，因为，所以， 由，得，由，得或， 即在和单调递减，在单调递增， 即函数在处取得极大值，符合题意； 综上实数的取值范围为， 8．（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. 9．（2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为____． 【答案】/0.5 【分析】利用函数零点的意义，将点视为直线上的点，再利用目标函数的几何意义，借助点到直线距离公式列式，进而构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】设为在上的零点，则，即点在直线上， 又为点到原点的距离的平方，原点到直线的距离为， 因此，即的最小值即为在上能成立， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以的最小值为. 10．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，则的最小值为___________. 【答案】 【分析】对函数进行求导，根据三角函数周期性并求出其单调性，得出函数极值，即可求得其最小值. 【详解】由，得， 因为，所以当时，0；当时，， 又满足，所以为的一个周期，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增. 因为，所以当时，的最小值为. 即当时，的最小值为. 11．（2026·河南开封·一模）已知函数，且曲线在点处的切线斜率为． (1)求实数的值； (2)求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为1． 【分析】（1）由题可得，据此可得答案； （2）由（1）利用导数可判断在上的单调性，据此可得答案. 【详解】（1），依题意，，解之得：； （2）令，解之得：， 令，则，所以在上单调递减， 记，则单调递增，单调递减， 所以在处取极大值，又因为， 所以， 又， 比较可得：函数在区间上的最大值为，最小值为1． 12．（2026·山东济宁·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）对函数求导并令导数为，找到临界点，通过分析导数在不同区间的符号确定函数单调性，进而求出极小值与极大值； （2）构造函数并求导，将问题转化为分析导函数的最小值，结合已知的范围判断恒正，从而推出单调性，最终证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为， ,令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增。 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 极小值为，无极大值. （2）令，则 ， 由（1）可知，即的最小值为， 已知，代入得： ， 因此对任意恒成立，故在上单调递增， 当时，，即得证. 【点睛】本题的核心是通过导数分析函数单调性，以极值为桥梁，将不等式证明转化为函数最小值的符号判断. 13．（2026·广西南宁·一模）已知函数． (1)求在上的最值． (2)设函数． （i）讨论的单调性； （ii）若为的一个极值点，且，，证明为定值． 【答案】(1)最大值为，最小值为. (2)（i）见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数得出函数的单调区间，进而求出极值，再比较端点处的函数值即可求解； （2）（i）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间； （ii）根据为的一个极值点得出，并解得，再由列出方程并化简即可得出结论. 【详解】（1），令，解得或. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在时取得极大值，在时取得极小值， 又，， 所以在上的最大值为，最小值为. （2）（i），则， 判别式， 当时，，，在上单调递增； 当时，，令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 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. （ii）因为为的一个极值点，所以，即， 所以，由得， 整理得，， 化简得， 因为，所以， 将代入，得， 整理得，， 化简得，因为，所以，即，所以为定值. 14．（2026·山东菏泽·一模）已知函数，. (1)当时，证明：1是的极值点； (2)当时，证明：； (3)若，对任意的，恒成立，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据函数的导数证明1是的极值点； （2）分，两种情况讨论，当时，利用导数判断函数的单调性即可得证； （3）利用导数求函数的最小值，可得，转化为，构造函数，利用导数求最大值即可. 【详解】（1）当时，，， 时，，故；时，，故，又， 所以1是的极值点. （2）当时，只需证明， ①当时，，，不等式显然成立； ②当时，令，则，， 令，则，因为，，， 所以，所以单调递减，所以，所以单调递减， 所以，所以，综上，原不等式得证. （3）任意的，恒成立，只需要， 又是增函数，，，， 故由零点存在性定理可知，，使得， 此时，由题设及可知，，解得， 当，，故单调递减，当，，单调递增， 所以，取得极小值也是最小值，所以， 所以，得，， 令，，得（舍去）或， 当，0单调递增，当，，单调递减， 所以时，取得极大值也是最大值，所以，所以的最大值是. 15．（2026·广东汕头·一模）已知函数． (1)求证：不是函数的极值点； (2)设，，是否存在a，使得函数的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，当时，函数的最小值为2 【分析】（1）方法一：利用反证法证明即可. 方法二：对函数求导，分类讨论的单调性，结合函数的极值点定义证明即可. （2）分类讨论的单调性，计算最小值，看是否存在使得函数的最小值为2. 【详解】（1）方法一：函数的定义域为，， 若为函数的极值点，则必有，由得， 当时，，令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在处取得最小值，即在上恒成立，且仅在时取等号， 所以在上单调递增，不是的极值点， 当时，，故不是的极值点， 综上，不是函数的极值点， 方法二：函数的定义域为，. 当时，. 令，则.当时，在上恒成立， 则在上单调递减，即在上单调递减. 当时，；当时，； 因连续，故在的邻域内，单调递减，所以不是极值点. 当时，令，即，解得.若，即，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即，所以单调递增，所以不是极值点. 若，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值. 当时，，所以，即，所以单调递增，所以不是极值点. 当时，，在和上各有一个零点，设为，， 在上，，，单调递减； 在和在上，，，单调递增；所以不是极值点. 综上，不是函数的极值点. （2）由（1）知，，. . 当时，在上，，单调递减， 所以，不符合题意. 当时，令，即，解得. 若，即时，在上，，单调递减， 所以，不符合题意. 若，即时，在上，，单调递减， 在上，，单调递增，所以. 令，解得，符合题意. 综上，存在，使得函数的最小值为2. 16．（2026·安徽马鞍山·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若在上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围； (3)设为在内的极小值点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求函数最大值即可； （2）先分析的单调性，再分类讨论分析的零点，据此分析的单调性得出是否存在唯一极值即可； （3）原不等式可转化为证明，构造函数，利用导数求函数的最值即可得证. 【详解】（1）当时，，， 时，，故，单调递增， 故. （2）由题，，令，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. ①当时，，则在上恒成立，此时单调递减，不存在极值点； ②当时，， 由零点存在性定理知，存在，当时，单调递减， 当时，单调递增，当时，单调递减，此时有唯一极小值点，极大值点； ③当时，， 存在唯一，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减，此时在上有唯一极大值点； ④当时，恒成立，在上单调递增，此时无极值点. 综上，实数的取值范围为. （3）由题知，，即， 要证，即证， 令，则， 令 ，得， 再令，，当时，，则单调递减， 所以，单调递减，所以，从而，可得单调递减， 所以有，则有，因此. 17．（2026·福建泉州·一模）已知函数. (1)证明：有且只有一个极值点； (2)若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明； （2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明； （ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可. 【详解】（1）解法一：函数的定义域， 令，因为， 所以在单调递增，即在单调递增. 又. 所以存在唯一的实数，使得，即. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的极小值点，即有唯一的极值点； 解法二：同法1得到在单调递增. 由于 ， ， 所以存在唯一的实数，使得，即， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的唯一极值点. （2）（i）解法一：由（1），得. ①当时，至多一个零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 由消去得，， 令， 因为，所以为减函数， 又因为，所以的解集为. 又在单调递增，所以. 又. 此时有两个不同的零点，即. 解法二：同法1得到 . 此时 又，则， 由零点存在性定理，存在，使得. 综上，可得. （ii）解法一：由于，所以可化为. 令， 则 ， 设，则，则， 则，即，从而. 令，所以在单调递增， 所以，所以， 即， 所以，所以在单调递增. 所以，故. 解法二：将代入整理得 令， 当时，因为，所以， 所以，显然成立； 当时，， 令，则. 显然在单调递增，所以. ①当，则， 此时在单调递增， 所以，即. 所以在单调递增，所以， 欲使，只需，即.即时，符合题意. ②当时，则，又， 若，则，又在连续， 则存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 综上，实数的取值范围为. 解法三：将代入整理得，令 ①当时，.又， 若，则，又在的图象是连续不断的， 故存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 所以时，不恒成立. ②当，因为， 令又， 因为，所以.所以 所以在单调递增，所以. 综上，实数的取值范围为. 18．（2026·江西萍乡·一模）已知函数，． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点； (3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导判断函数在上单调性，结合求解不等式； （2）分和讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数； （3）由（2）知，，，在上单调递增，利用分析法要证，只要证，即证，结合，即证，构造函数，利用导数证明. 【详解】（1）由题知的定义域为，且， 若，则,又,故恒成立，在上单调递增， 又，故不等式的解集为. （2）由（1）知，当时，在上单调递增，没有极值点； 当时，，由函数，（）的图象知， 当时，存在唯一的，使， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增， 故只有1个极值点， 因为，且，故1是在区间上唯一的零点，且， 又时，，故存在唯一的，使得， 所以有两个零点. （3）由（2）知，，，， 当时，，时，， 又在上单调递增， 要证，只要证，即证， 由，得，即要证， 因为，则，所以只需证，（*） 设（），则，令， 则，显然在上单调递增，且， 所以在上恒成立，故在上单调递增， 又，故在上恒成立， 所以在上单调递增，又，故， 故，得到，即（*）式成立， 故，从而，证毕. ( 利用导数研究函数的零点、方程的根 考点4 ) 1．（2026·安徽安庆·一模）已知，若函数恰有1个零点，则（   ） A．e B． C．1 D．3 【答案】B 【详解】由，可得恒为的一个零点， 令，则恰有1个零点，等价于的唯一零点是，或无零点. 因为，且，所以恒成立，在上单调递增. 又时，时，因此必然存在唯一零点. 当的零点是时，可得，即，解得，. 2．（2026·海南海口·一模）已知，设满足方程，满足方程，则（   ） A．a B．2a C．1 D．2 【答案】A 【分析】通过变量替换将第二个方程变形为与第一个方程相同的形式，利用函数单调性得到，从而求解出的值. 【详解】由题意可得，满足方程，满足方程， 令，则，将代入可得： ，进一步化简可得：， 观察与，发现两个方程形式相同， 设，对函数求导可得：， 在时，，所以在时单调递增，即方程有唯一解， 所以，，即，所以.故选：A. 3．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减，所以：是极大值点，； 当时，；当时，；由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：，得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个；结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且，结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根，需满足且，即得，此时有1个解，有3个解，即. 4．（2026·重庆·一模）若方程的三个根成等比数列，则公比为（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】分离参数，转化问题为直线与图象的交点问题，结合导数作出函数图象，进而求解即可. 【详解】由，得，所以.设. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，又时，，时，， 作出的大致图象，如下图： 则（*），因为成等比数列，设公比为， 所以，，代入（*）式得，由，得，即，所以，解得，代入，可得，整理得，解得或（舍去），则公比为. 5．（2026·重庆·一模）关于 的方程 有两个不同的解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指对运算将方程化为，设，求导确定单调性可得，令，求导确定函数的单调性与最值从而得实数的取值范围. 【详解】方程可转化为，则， 所以，设，则方程转化为， 又恒成立，所以在上为增函数，所以，即， 令，所以，则可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，又时，，时，， 若方程有两个不同的解，则实数的取值范围为. 故选：D. 6．（2026·山西朔州·一模）若关于的方程有2个不同实根，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过去绝对值号，将原方程转化为两个方程，再结合函数的单调性、零点存在定理分析根的个数，最终得出的范围. 【详解】由原方程，可得，并将方程转化成或，即或. 设，， 因为，因为，所以在单调递增. 当，，当，，又因为在上是连续的函数， 所以根据零点存在定理，有唯一根，即， 两边取对数得，化简得，整理得， 因为在严格递增，故.所以在单调递增， 在单调递减，故函数在取得最小值， 同理函数在取得最小值， 因为. 因为当和时与均趋近于正无穷，从而当两个函数的最小值一正一负时，方程有且仅有2个实根，即且，即整理得即所以，即的取值范围为. 7．（2026·江西新余·一模）已知在上有两个不同零点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由得出，变形得出，分析可知，构造函数，其中，分析出函数在上为增函数，可得出，则，参变分离得出，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】由可得， 故等式可变形为， 等式两边同时乘以可得， 若，对任意的，，则，故， 所以，但，等式不成立，不符合题意，所以， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，由可得， 所以，参变分离得， 构造函数，其中，则， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以函数的极大值为， 又因为，，且，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 因此实数的取值范围是. 故选：D. 8．（2026·福建龙岩·一模）已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______. 【答案】 【详解】由题意，该方程有解，故， 该不等式对任意恒成立，即，设，则， 当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，即的最小值为. 9．（2026·河北邢台·一模）若函数在定义域内有零点，则实数a的取值范围为________. 【答案】 【分析】根据函数的解析式形式，利用同构函数法，结合函数的零点定义、导数的性质进行求解即可. 【详解】函数的定义域为.令 ，令，于是有， 设函数，因此函数是实数集上的增函数， 所以由，由， 当时，由，设， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此，且，当时，，当时，， 函数在定义域内有零点，转化为函数在时，与直线有交点，如下图所示：根据数形结合思想可知：当时，函数在时，总与直线有交点，所以实数a的取值范围为. 10．（2026·广东深圳·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围；（ii）证明：. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【详解】（1）由于令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾；于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，，所以， 显然不符合题意，故，即， 令，，则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得，所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾：于是，令，，，则， 令，则，由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是，若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾；于是，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则，于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4  令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于，设，，， 于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递增：且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）根据（i）可知，，其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 11．（2026·安徽宿州·一模）已知函数. (1)证明函数存在唯一零点； (2)的零点为，证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）分析函数的单调性，再结合零点存在定理证明； （2）根据得到满足的关系式，再将转化，最后通过研究函数的单调性来证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，当时，，（这是因为）故函数在没有零点； 当时，，易见在上是减函数， 且，故存在，使得在上递增，在上递减， 且， 所以在上存在唯一零点，又，所以在上无零点， 故在上存在唯一零点. （2）注意到，由（1）知存在唯一使得，即有， 故.令， 令，显然当时，.故在上单调递减， 所以. 12．（2026·山西临汾·一模）已知函数（，且）. (1)当时，在处的切线斜率为0，求b的值； (2)若对任意的，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当，时，若函数有两个不相等的零点，，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）确定表达式，对其求导，再根据的切线斜率为0求出的值. （2）对函数求导，根据题意判断单调性，求出极值点，再由有两个零点等价于，结合的值推出的取值范围. （3）方法一：通过构造函数，利用函数单调性和零点关系推导；方法二：先由得出的表达式，再通过换元法构造函数证明不等式. 【详解】（1）由可知，，则，由题可得：，故. （2）因为，则， 因为，，所以是单调递减函数， 令，得唯一极值点，在递增，递减， 所以有两个零点等价于，则，，得： ，约去正数，得， 当时，，因此 ，即，得出 ， 故，又，故. （3）方法一： 当时，， 时，， 令，则有，即， 则在单减，在单增，不妨设， 构造， ，， ， ， 令，则在上单减，，故， 故在单减，故，又，， 又，，又，且在单增， 故，故得证. 方法二：已知，即，两式相减得：， 即：，故，不妨设， 则，，下证：，令，则， 即证，即证， 令，，则， 故在上单增，故，所以，故得证. 13．（2026·河南南阳·一模）已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点；(2) 【分析】（1）根据条件，将问题转化成解的个数，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到的图象，再数形结合，即可求解； （2）根据条件，利用指数、对数函数的性质，将问题转化成恒成立，构造函数，利用导数，求出的最小值，即可求解. 【详解】（1）函数（，）等价于， 两端同取自然对数得，即，令， 则原题转化为的解的个数，由于， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 则在处取得最大值，最大值为， 又当时，；当时，，函数图象如图所示， 由图知，当时，，解得，此时有1个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点． （2）由题知恒成立，即恒成立． 当时，若，则，显然不成立，故时不符合题意； 当时，由，可得， 因为曲线与关于直线对称，所以， 令，则， 令，得，又因为单调递增， 所以当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以时，取得极小值，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，得到，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 14．（2026·陕西商洛·一模）已知函数． (1)若，求证：； (2)若，求证：在上恰有两个零点； (3)若不等式对任意的恒成立，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）根据三角函数的有界性，将问题转化为，构造函数，由导数求解函数的单调性即可求解， （2）求导得函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解， （3）根据，可得在时取得最小值．进而将问题转化为为函数在上的一个极小值点，得，进而利用导数证明：当时，为函数在上的一个极小值点． 【详解】（1）证明：若，则，当且仅当时等号成立， 令，所以，所以当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，又等号不能同时取到，所以. （2）证明：若，所以， 当时，，所以. 当时，记，， 故在上单调递增，又， 所以，使得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 又，所以在上恰有1个零点； 因为，所以在上恰有1个零点． 综上，在上恰有两个零点. （3）若不等式对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，又，所以当时，取得最小值． 因为，则为函数在上的一个极小值点， 所以，即，解得 下面证明：当时，为函数在上的一个极小值点． 因为，令，所以， 令，所以， 当时，，所以， 当时，，，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以即在上单调递增， 又，所以当时，恒成立，此时单调递减， 当时，恒成立，此时单调递增， 所以为函数在上的一个极小值点. 综上，的值是2. 15．（2026·山东枣庄·一模）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可； （2）（ⅰ）对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以切线斜率为， 由，则曲线在处的切线方程为，即． （2）（ⅰ）因为，所以． 令，则． a.当时，因为，所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点． b.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，所以单调递增．， 此时，在内无零点． c.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 因为，所以． 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当且时，，所以，即． 令，则， 所以，，…，， 所以． 16．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，． (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，证明：在上存在2个不同的零点，且； (3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，进而判断函数单调性，求出函数最值； （2）根据函数零点与函数导数之间的关系，进而求出函数单调性，根据函数单调性判断函数最值，判断函数零点，再构造函数，根据函数单调性列出不等式，证明结果即可； （3）根据不等式恒成立的条件，构造函数，根据函数导数求出函数单调性和最值，求出参数范围. 【详解】（1）由题意可知． 当时，，在上单调递减，∴． （2）当时，，即，可得， 令，，令，由定义域为，可得，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以．又时，时， 所以在上2个不同的零点，即在上2个不同的零点， 设，令，， 则， ∴在上单调递减，∴， ∴，即，又，， 而在上单调递增，，故． （3）令在上恒成立． 记，．则， 所以原不等式等价于在上恒成立． 可知，令，． 当时，，即在上单调递增，即在上单调递增， ∴， 当即时，，在上单调递增，，不等式恒成立； 当即时，存在使得， 即存在使得在上单调递减，在上单调递增， 即在上，不等式不恒成立．所以； 当时，，，，可知在上单调递增， ，．即在上有唯一解， 使得，即时，在上单调递减， 时，，在上单调递增， 因为，∴存在，使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，即在上单调递增，在上单调递减， 而，． ∴当时，，即在上单调递增， 而，∴，∴． 17．（2026·江西·一模）已知函数，记等差数列的前项和为，记. (1)证明：曲线是中心对称图形； (2)证明：“”是“”的充要条件； (3)时，判断函数在区间上的零点个数. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由可得答案； （2）由已知得，再由（1）可得充分性；①假设，即，利用导数判断出函数在上单调递增，得出矛盾.②假设，同①理得，矛盾.③假设，同充分性证明方法可以推得，假设成立.必要性得证； （3）的周期，故先研究在上的零点个数，分、、讨论，结合导数、零点存在定理可得答案. 【详解】（1）函数的定义域为，， 所以曲线是中心对称图形，且对称中心为； （2）（i）先证明充分性：若，则， 所以， 所以.所以，充分性得证； （ii）再证明必要性：若， ①假设，则，即，， 所以函数在上单调递增，， 同理，所以，矛盾，假设不成立. ②假设，同①理得，矛盾，假设同样不成立. ③假设，同充分性证明方法可以推得，假设成立. 综上，必要性得证， 所以“”是“”的充要条件； （3），因为，所以是周期函数，且周期， 故先研究在上的零点个数， ①时，（等号不可同时取得）， 所以此时，函数无零点. ②时，，所以此时，函数无零点， ③时，，令， 则由复合函数的性质可得函数在区间上单调递增， 时，，由零点存在定理：，使得， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 又因为，所以，又因为在上单调递减， 由零点存在定理：，使得. 综上所述，在上有2个零点，分别为， 由是周期函数，且周期得：在上有2个零点， 在上有2个零点，在上有2个零点， 在上有1个零点.所以函数在区间上的零点个数为. ( 利用导数研究不等式证明及恒成立 考点 5 ) 1．（2026·山东济南·一模）若存在，对任意的，都有，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值. 【详解】任意的，都有，则有在上恒成立， 令，函数定义域为，，令，解得， 时，，在上单调递减； 时，，在上单调递增， ，因此存在，使， 令，，令，解得， 时，在上单调递增； 时，在上单调递减， 有，所以时，的最大值为. 故选：C 2．（2026·湖南常德·一模）已知实数，若对任意的，恒成立，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据一元二次不等式恒成立的条件得出关系，然后再利用导数即可求解. 【详解】由题意可知整理得， 又因为，所以要想最大，则有，并且，即，所以， 设函数，令，解得或（舍去）. 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以的最大值为. 故选：B 3．（2026·江西·一模）若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】令，将问题转化为使得不等式对任意恒成立，结合导数研究的单调性以及图像，数形结合求解. 【详解】令，其中，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减．所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立． 令得，由图可知， 因此实数的最大值为4． 4．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】记，由，可知只要时恒成立即可，从而将问题转化为在恒成立，令，结合导数求出的最值即可求解. 【详解】原不等式等价于，记， 注意到，这说明只要时，则当时也有. 故下只考虑时的情况，要使，只需在恒成立， 令，. 因为，故，经验证，满足题意. 故选：D 5．（2026·河北保定·一模）已知函数 (1)当 时，求的极值. (2)已知. （i）证明: ； （ii）若 在 上恒成立，求实数t的取值范围. 【答案】(1)极大值，极小值；(2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先对函数求导得到，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计算极值； （2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式； （ii）分离参数后构造函数，利用导数分析单调性求最值，从而确定参数范围. 【详解】（1）时，，， 令，得，解得， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值. （2）时，. （i）要证，，即证， 令，则， 令，则，即化为， 因为，所以，所以，即，在单调递增， 又，所以，即. （ii）由得， 当时，显然成立； 当时，不等式可化为，令，则 则， 令， 当时，，由得，又， 所以，所以，在单调递增，所以对，； 下面证明当时，，即，也即证： 令，则， 因为，所以，所以，所以， 所以在单调递增，所以，即， 所以. 综上，时，，所以，即实数的取值范围为. 6．（2026·山东东营·一模） 已知函数 (1)当时， 求函数在处的切线方程； (2)若函数在处取得极值， (i)求的值； (ii)已知 ，若在上恒成立， 求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）当时，，，求出，代入到直线的点斜式方程计算即可. （2）(i)函数在处取得极值，则，由得， ，则，计算即可. (ii) 由在恒成立，利用分离常数法得：，令，得，则，时，，得是最小值点，计算即可. 【详解】（1）当时，，， ，， 函数在处的切线方程为，化简得：. （2）(i)函数在处取得极值，， ，， ，，， ，令，解得：或， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 函数在处取得极小值，函数在处取得极值时 (ii) 由(i)得，，且，在恒成立， ，即，，整理得：，即，令， ，，， 化简得： ， 令，则， 时，，在单调递增， ，当时，， 解得：， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 是极小值点，也是最小值点，，， 实数的取值范围是. 7．（2026·江西南昌·一模）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证： (3)当时，设，且满足，求证：. 【答案】(1)在为增函数；在为减函数； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间； （2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证； （3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后，利用不同方法证明在为增函数，即可得证. 【详解】（1），由， 当时，，即在为增函数； 当时，，即在为减函数. 所以的递增区间为，递减区间为； （2）由，解得， 又因为，则，所以切线方程为， 设，则， 令，解得， 当时，，当时，， 可知在为增函数，在为减函数， 故，所以； （3）由（1）可知， ①若，则， 不符合题意；所以， ②若，则， ③若，，又因为在为减函数， 所以，所以， 综上所述， 又因为，由，所以， 即，即， 设，所以， 方法一：设，所以，因为在为单调递增， 当时，，，， 所以存在，使得，即， 又因为，，即在为减函数； 又因为，，即在为增函数； 所以， 又因为，则有，又因为，， 所以，即在为增函数， 又因为，所以，即. 方法二： 设，因为在单调递增，又因为所以 所以，即在为增函数，又因为，所以，即. 8．（2026·广东江门·一模）帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足.其中.已知在处的阶帕德近似为. (1)求的值； (2)若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围； (3)已知是函数的三个不同的零点，且，求实数的取值范围，并证明. 【答案】(1)，， (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得. （2）利用导数研究单调性，进而可得与的大小，可求的范围. （3）根据题意，设，所以等价于是的三个不同零点，借助导数，对和进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算从而求出的取值范围.结合（2）所得，即可证明. 【详解】（1）， ； 所以； 所以，， 由，可得. （2）由（1）得：. 令，由于，所以若恒成立， 则在附近单调递增，即，又， 所以，则. 下面证明充分性，即当时，不等式恒成立， 由于当时，， 所以若，则恒成立， 若时，， 令， ，所以， 则在上单调递增，又， 所以恒成立，即在上成立， 则有成立，充分性得证， 所以当时，不等式恒成立. （3）， 设，则 令， 当时，，则，故在上单调递增，不合题意； 当时，由，可得， 此时在上恒成立，故，则在上单调递增，不合题意； 当时，即时，有两个零点， 其中， 令， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 由，所以， 又， 即在区间内存在一个零点，在区间上存在一个零点， 又，所以当时，有三个不同的零点， 因为，所以，由于， 可得，即，由可得，即， 由（2）可知当时，，则当时，有， 由于，所以，化简得， 即，可化为， 即， 由，则有，原命题得证 9．（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求的最小值； (2)当时，，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，进而求出函数的最小值； （2）原不等式可化为，当时，不等式恒成立，当时，先证明在上单调递增，求出，分和两种情况分别讨论，即可求出答案； （3）由（1）知，当时，，利用放缩得到，代入再通过不等式累加即可证明. 【详解】（1）由题得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 则在上单调递增，，所以在上单调递增． 所以，所以的最小值为. （2）由，整理得，即， 当时，恒成立，符合题意； 令，则，令，则， 当时，，所以在上单调递增，所以， ①当时，，所以在上单调递增，所以，符合题意； ②当时，，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上单调递减， 则当时，，不符合题意． 综上，实数的取值范围是. （3）由（1）知，当时，取， 有， 故，所以 ，即. 10．（2026·江西·一模）已知函数． (1)求在上的最大值； (2)求证：恒成立； (3)若都有恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导，确定函数的单调性，开区间上的极大值即为函数的最大值； （2）先证明，然后将变形为，放缩法求解； （3）先将恒成立转化为，求三阶导数，讨论函数的单调性，求解. 【详解】（1）由题知， 当时，， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以当时，取最大值. （2）先证：，令，则， 所以函数在上单调递增，故，即在上恒成立． 又， 由知，，所以，即，得证. （3）当时，，即， 令，则，其中， 令，则且，令， 则，其中. 令，，则， 故在上单调递减，其中. ①若，则， 令，在上单调递增，， 所以恒成立.故在上单调递增， 且. 所以在上也单调递增，且， 所以，故恒成立. ②若，则，且，使得当时，， 所以函数在上单调递减，故时，， 所以函数在上单调递减， 所以时，，所以时，， 与恒成立矛盾． 综上所述：的最大值为. 11．（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，. 12．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)函数． （ⅰ）当时，讨论函数在区间上的零点个数； （ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)递增区间，递减区间. (2)（i）当时，函数在上无零点；当时，函数在上有且仅有一个零点. （ii）. 【分析】（1）求导，判断导数正负，得解； （2）（ⅰ）求出函数的解析式，求导判断单调性结合零点存在性定理求解；（ii）由题可得，令，设函数，，求导讨论判断函数单调性，求解. 【详解】（1）当时，，则，， 令，则，所以在上单调递减，又， 所以当时，，当时，， 即当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）（ⅰ）由题可得， 令，则， 当时，在上恒成立，所以在上单调递减， 又，， 当时，，此时函数在上无零点； 当时，，此时函数在上有且仅有一个零点. （ii）当时，可化为，即， 令，设函数，，则， 当，即时，函数在上单调递增， 所以，即且不恒为零， 所以函数在上单调递增，所以， 即不等式在上恒成立； 当，即时，在上，函数单调递减， 故，即，所以函数在区间上单调递减， 故存在使得，不合题意； 综上，实数的取值范围为. 13．（2026·山西运城·一模）柯西不等式是一个重要不等式，在代数、几何等领域中有广泛应用，柯西不等式的二维形式：对任意的实数都有，当且仅当时等号成立，已知函数． (1)当时，证明：． (2)已知有两个不同的零点． ①求a的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①②证明见解析 【分析】（1）利用导数工具研究函数单调性得到即可分析求证； （2）①问题化为有两个不同的正实根，构造函数并应用导数研究交点个数求参数范围； ②令，首先证明、，再应用柯西不等式、作差法证明结论． 【详解】（1）证明：当时，函数， 则函数定义域为，， 所以当时，当时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. （2）①令，在定义域上有两个零点， 所以有两个不同的正实根，令且，则， 当时，则在上单调递增， 当时，则在上单调递减， 所以，时，时，所以； ②证明：令，先证，即证，即证， 由①易知，则，令， 所以，则在上单调递增， 所以，故得证，再证， 由，而，所以，即， 结合，所以得证， 由， 又，则，得证. 14．（2026·广东佛山·一模）已知函数，其中为正实数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当取最小值时，若，为正实数，且，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导得切线斜率，代入点坐标写出切线方程即可； （2）（i）通过导数分析函数单调性，结合判别式讨论参数；（ⅱ）利用条件转化为，结合函数性质和单调性证明不等式. 【详解】（1）当时，，． 所以，又．所以所求的切线方程为，即． （2）（ⅰ）， 因为，设二次函数的判别式为， ①当，即时，，所以在单调递增， 所以，所以． ②，即时，设的两个根为，，且， 由韦达定理，可得，即，所以， 所以在单调递减，在单调递增． 所以当时，有，与不符合，舍去． 综上所述，的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）得，的最小值为2，在单调递增， 且，即 因为，为正实数，且，所以． 不妨设，则，，所以，． 又，所以，即．所以，所以． 所以，即． 15．（2026·广东茂名·一模）已知函数. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 【答案】(1) (2)（i），证明见解析；（ii） 【分析】（1）由的值得到，利用导数法求出的单调性，结合单调性求出在区间上的最大值； （2）（i）由对任意，且存在得到，即，且为的极值点得到，即，结合计算得到；由得到从而得到，由得到从而得到，结合得到；（ii）利用导数法得到的单调性，从而得到的极大值点为，求出，即可求解. 【详解】（1），，，， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递增函数， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递减函数， 时，在区间上取最大值为 ； （2）（i）对任意，且存在， ，①，且为的极值点，， ， ，②， ③ 将①②代入③，得到，， ，； ，，，， ，，，，，即， ，，，； （ii）由（i）知，对于，当时，， 当时，， 则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，故极大值点为， 则， 故. ( 三次函数的图象与性质 考点 6 ) 1．（多选）（2026·内蒙古赤峰·一模）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．在上单调递增 B．的极大值为2 C．有两个零点 D．的图象关于原点对称 【答案】ABD 【分析】利用导数可判断AB选项，根据零点的定义可直接解函数的零点，再根据奇偶性判断D选项. 【详解】由函数，， 当或时，,当时，. 所以函数在上单调递增,在上单调递减，在上单调递增，所以A正确； 所以是的极大值点，且,所以B正确； 令,解得或或,所以函数有三个零点，故C错误； 对任意实数x，满足， 因此函数是奇函数，所以函数图象关于原点对称，D正确. 2．（多选）（2026·四川攀枝花·一模）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. 3．（多选）（2026·河北沧州·一模）若函数，则（   ） A．是奇函数 B．当在上单调递减时， C．当且仅当时，有两个不同的零点 D．当时，过原点可作图象的两条不同切线 【答案】ABD 【分析】代入得，根据解析式可直接判断A；求导，根据导数得单调性可判断B；根据三次函数性质结合极值可判断C；根据导数的几何意义求得切线方程，由题意列式计算可判断D. 【详解】对于A，， 所以是奇函数，所以A正确； 对于B，，当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 当在上单调递减时，，所以，所以B正确； 对于C，由上可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，的极小值为，若有两个不同的零点，则或，所以C错误； 对于D，当时，，设在处的切线斜率为，切点为，则，所以切线方程为，当切线过原点时，，解得或3，所以D正确． 故选：ABD． 4．（多选）（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A． B．的极大值点是 C．在处的切线为 D．图象的对称中心是 【答案】BCD 【分析】对于A，求导代入即可判断，对于B，根据导数研究函数的单调性，判断极值点即可；对于C，根据导数的几何意义求出切线方程；对于D，根据函数的对称性进行判断. 【详解】，对于A，，故A错误； 对于B，令，则，解得或， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值点是，故B正确； 对于C，，，所以在处的切线为，即，故C正确； 对于D， ， 所以图象的对称中心是，故D正确； 故选：BCD 5．（多选）（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 【答案】ABD 【分析】对称中心横坐标为二阶导数的零点；导数判别式决定函数单调性与极值；对称中心处的切线满足..对选项A、B，代入对称中心条件求解参数，验证结论；对选项C，通过不等式变形判断导数判别式符号，结合单调性验证结论；对选项D，构造切线条数对应的零点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数. 【详解】，二阶导数，对称中心横坐标，对称中心为；一阶导数，判别式，时函数有两个极值点，时函数在上单调. 选项A：由，对称中心为，得，解得；对称中心在函数图像上，故，即，得.因此，选项A正确； 选项B：由，对称中心为，得，得，， 即，解得，则，；导数为，判别式：，导数有两个不同实根，存在极值，选项B正确； 选项C:由，且，得，导数判别式，故恒正或恒负，在上单调，单调函数不存在使得，选项C错误. 选项D：已知且，是对称中心处的切线，：设切点为， 切线过点，由切线方程得，令，切线条数等价于的实根个数.求导得，其中为对称中心横坐标，的极值点为和.由对称中心处切线性质，，代入得.因且，故，即.分析的单调性与零点： 时，，单调递减，时，且，故有1个零点；时，，单调递增，从递增到，故有1个零点；时，，单调递减，从递减到时，故有1个零点.共有3个实根，即过点与曲线相切的直线有三条，选项D正确. 故选：ABD. 6．（多选）（2026·陕西渭南·一模）设函数，则（   ） A．点是图像的对称中心 B．当时，函数有三个零点 C．当时，直线不是曲线的切线 D．若有三个不同的零点，则 【答案】ABD 【分析】对于A计算即可判断，对于B由函数的单调性结合三次函数的图像特征即可判断，求切线方程即可判断C，结合零点的定义代入计算，即可判断D， 【详解】对于A：由， 所以是图像的对称中心，故A正确； 对于B：当时，，所以， 令，得或，由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以函数有三个零点，故B正确； 对于C：当时，，所以，由，， 所以在处的切线方程为：，故C错误； 对于D：设的三个零点为， 所以， 对比项的系数有：，故D正确； 故选：ABD. 7．（多选）（2026·陕西铜川·一模）已知三次函数，下列说法正确的是（    ） A．若的极大值为4，则 B．的极小值为0，则 C．，则 D．存在，使在的值域为 【答案】AC 【分析】A选项，显然，求导，并进行因式分解，分和两种情况，得到的单调性和极值情况，得到，A正确；B选项，在A基础上，分和两种情况，分析出满足要求；C选项，作差法比较出，C正确；D选项，在A基础上，分，和三种情况，得到D错误. 【详解】对于A选项，显然，， 令得或3，若， 令，得或，令，得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值，且， 令，解得；若， 令得，令得或， 故在，上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，在处取得极大值， 且，不合要求，综上，，A正确； 对于B选项，由A可知，当时，极小值为，满足要求； 当时，极小值为，不合要求，则，B错误； 对于C选项，由题意得， 可得，， 又，故，故，C正确； 对于D选项，由A知，时，在，上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 显然的最小值为，不合要求； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 若，则在上单调递增，在上单调递减， 其中，故的最小值为，不合要求； 若，则在上单调递减，故的最小值为，不合要求； 不存在，使在的值域为，D错误. 故选：AC 8．（多选）（2026·四川遂宁·一模）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．（多选）（2026·山东淄博·一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，函数在上单调递增，则 C．若，且，则存在实数，使得 D．若，，且函数有两个极值点、，则 【答案】ACD 【分析】利用求参数判断A，对函数求导有在上恒成立，结合判别式列不等式判断B，根据已知有，再判断的判别式符号确定函数的单调性判断C，由是的两个根，结合韦达定理判断D. 【详解】对于A，若，则， 由的对称中心为，则， 所以， 所以 ，所以，则，A对， 对于B，若，则。若在上单调递增， 则其导数在上恒成立，所以，即，B错， 对于C，由，，不等式两边同乘，得，的判别式，故有两个不同零点，即有两个极值点，故不单调，因此存在使得，C对， 对于D，将代入导函数，得，极值点是的两个根， 由韦达定理：，D对. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $