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专题06 函数与导数常见经典压轴小题归类
【目录】
考点一：函数零点问题之分段分析法模型
考点二：函数嵌套问题
考点三：函数整数解问题
考点四：唯一零点求值问题
考点五：等高线问题
考点六：分段函数零点问题
考点七：函数对称问题
考点八：零点嵌套问题
考点九：函数零点问题之三变量问题
考点十：倍值函数
考点十一：函数不动点问题
考点十二：函数的旋转问题
考点十三：构造函数解不等式
考点十四：导数中的距离问题
考点十五：导数的同构思想
考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
考点十七：三次函数问题
考点十八：切线条数、公切线、切线重合与垂直问题
考点十九：任意存在性问题
考点二十：双参数最值问题
考点二十一：切线斜率与割线斜率
考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
考点二十四：函数的伸缩变换问题
考点二十五：V型函数和平底函数
考点二十六：曼哈顿距离与折线距离
有关函数与导数常见经典压轴小题的高考试题，考查重点是零点、不等式、恒成立等问题，通常与函数性质、解析式、图像等均相关，需要考生具有逻辑推理、直观想象和数学运算核心素养. 同时，对于实际问题，需要考生具有数据分析、数学建模核心素养.
考点要求 考题统计 考情分析
零点 2023年II卷第11题，5分2022年I卷第10题，5分 2021年I卷第7题，5分 【命题预测】预测2024年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为： （1）导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小． （2）应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
不等式 2021年II卷第16题，5分
三次函数 2022年 I卷第10题，5分2021年 乙卷第12题，5分
1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．
2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．
3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．
4、分段函数零点的求解与判断方法：
（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；
（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
5、动态二次函数中静态的值：
解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．
6、动态二次函数零点个数和分布问题：
通常转化为相应二次函数的图象与轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．
7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型：
（1）对称轴变动，区间固定；
（2）对称轴固定，区间变动；
（3）对称轴变动，区间也变动．
这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．
8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…具体来说，对于三次函数，其导函数为，根的判别式．
判别式
图象
单调性 增区间：，；减区间： 增区间： 增区间：
图象
（1）当时，恒成立，三次函数在上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；
（2）当时，有两根，，不妨设，则，可得三次函数在，上为增函数，在上为减函数，则，分别为三次函数的两个不相等的极值点，那么：
① 若，则有且只有个零点；
② 若，则有个零点；
③ 若，则有个零点．
特别地，若三次函数存在极值点，且，则地解析式为．
同理，对于三次函数，其性质也可类比得到．
9、由于三次函数的导函数为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．
10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．
11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．
12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．
13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．
14、两类零点问题的不同处理方法
利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且．．
①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明．
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明．
15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
16、已知函数零点个数求参数的常用方法
（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．
（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
（2021 新高考Ⅰ）
1．若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
（2021 乙卷）
2．设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
（2023 新高考Ⅱ）
3．若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
（2022 新高考Ⅰ）
4．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
（2022 新高考Ⅰ）
5．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ．
（2021 新高考Ⅱ）
6．已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是 ．
（2023 乙卷）
7．设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
（2022 乙卷）
8．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
（2022 新高考Ⅱ）
9．曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
（2022 上海）
10．已知函数为定义域为的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当 时，f(x)＝lnx，若将方程f(x)＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则＝ ．
考点一：函数零点问题之分段分析法模型
例1．（2023·浙江宁波·高三统考期末）
11．若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例2．
（2023·全国·高三专题练习）
12．已知函数（其中为自然对数的底数）至少存在一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例3．
（2023·全国·高三校联考专题练习）
13．已知函数的图象上存在三个不同点，且这三个点关于原点的对称点在函数的图象上，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
考点二：函数嵌套问题
例4．
（2023·全国·高三专题练习）
14．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为
A． B．或 C．或 D．或或
例5．
（2023·全国·高三专题练习）
15．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（ ）
A．3 B．4 C．2或3或4或5 D．2或3或4或5或6
例6．
（2023·全国·高三专题练习）
16．已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（ ）
A．3 B．1或3 C．4或6 D．3或4或6
考点三：函数整数解问题
例7．
（2023·福建龙岩·高三上杭一中校考阶段练习）
17．若函数没有零点，则整数的最大值是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
例8．
（2023·福建泉州·高三泉州五中校考）
18．关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
例9．
（2023·全国·高三专题练习）
19．已知关于的不等式有且仅有两个正整数解（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考点四：唯一零点求值问题
例10．
（2023·全国·高三专题练习）
20．已知函数有唯一零点，则负实数
A． B． C． D．或
例11．
（2023·全国·高三专题练习）
21．已知函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
例12．
（2023春·辽宁·高三校联考期末）
22．已知函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（ ）
A．或 B．1或 C．或 D．或1
例13．
（2023春·福建泉州·高三福建省德化第一中学校考开学考试）
23．已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．1
考点五：等高线问题
例14．
（2023·全国·高三专题练习）
24．已知定义域为的函数的图象关于对称，当时，，若方程有四个不等实根，，，时，都有成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例15．
（2023·全国·高三专题练习）
25．已知函数（其中是自然对数的底数），若关于的方程恰有三个不等实根，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例16．
（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）
26．已知函数，（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程恰有三个不同的零点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
考点六：分段函数零点问题
例17．
（2023·全国·高三专题练习）
27．已知函数 ，若函数在内恰有5个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例18．
（2023·全国·高三专题练习）
28．已知定义在上的函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例19．
（2023·全国·高三专题练习）
29．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
考点七：函数对称问题
例20．
（2023·全国·高三专题练习）
30．已知函数（，为自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例21．
（2023·上海·高三专题练习）
31．已知函数f(x)＝x2＋ex－ (x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
例22．
（2023·广西钦州·高一校考阶段练习）
32．若直角坐标平面内的两点、满足条件：①、都在函数的图象上；②、关于原点对称，则称点对是函数的一对“友好点对”（点对与看作同一对“友好点对”）．已知函数，则此函数的“友好点对”有（ ）
A．4对 B．3对 C．2对 D．1对
考点八：零点嵌套问题
例23．
（2023·全国·高三专题练习）
33．已知函数有三个不同的零点.其中，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
例24．
（2023·全国·高三专题练习）
34．已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为
A． B． C． D．
例25．
（2023·辽宁·校联考二模）
35．已知函数有三个不同的零点，，，且，则的值为（ ）
A．81 B．﹣81 C．﹣9 D．9
考点九：函数零点问题之三变量问题
例26．
（2023·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考阶段练习）
36．已知函数，若函数有三个不同的零点，且，则的取值范围为
A．(0，1] B．(0，1) C．(1，+∞) D．[1，+∞)
例27．
（2023·新疆阿克苏·高三新疆维吾尔自治区阿克苏地区第二中学校考阶段练习）
37．若存在两个不相等正实数x,y,使得等式x+a(y-2ex)·(ln y-ln x)=0成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．(-∞,0)
例28．
（2023·全国·高三专题练习）
38．若存在两个正实数、，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ）．
A．
B．
C．
D．
考点十：倍值函数
例29．
（2023春·浙江衢州·高二校联考期中）
39．设函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数满足：①在上是单调函数；②在上的值域是，则称区间是函数的“和谐区间”．下列结论错误的是（ ）
A．函数存在“和谐区间”
B．函数不存在“和谐区间”
C．函数存在“和谐区间”
D．函数（且）不存在“和谐区间”
例30．
（2023·上海金山·高一上海市金山中学校考期末）
40．设函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数满足：（1）在上是单调函数；（2）在上的值域是，则称区间是函数的“和谐区间”，下列结论错误的是
A．函数存在“和谐区间”
B．函数不存在“和谐区间”
C．函数存在“和谐区间”
D．函数（，）不存在“和谐区间”
考点十一：函数不动点问题
例31．
（2023·全国·高三专题练习）
41．设函数（为自然对数的底数），若曲线上存在点使得，则的取值范围是
A． B． C． D．
例32．
（2023·全国·高二专题练习）
42．设函数（），为自然对数的底数，若曲线上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例33．
（2023·江西南昌·高三专题练习）
43．设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在使得，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考点十二：函数的旋转问题
例34．
（2023·全国·高三专题练习）
44．设是含数1的有限实数集，是定义在上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中的取值只可能是
A． B．1 C． D．0
例35．
（2023·上海杨浦·高三上海市控江中学校考阶段练习）
45．是定义在上的函数，且，若的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
例36．
（2023·内蒙古呼和浩特·高一呼市二中校考期末）
46．设D是含有数1的有限实数集，是定义在D上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转90°与原图象重合，则的值一定不可能为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
考点十三：构造函数解不等式
例37．
（2023·全国·高三专题练习）
47．已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
例38．
（2023·全国·高三专题练习）
48．已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
例39．
（2023·湖北孝感·高三校联考阶段练习）
49．对于问题“求证方程只有一个解”，可采用如下方法进行证明“将方程化为，设，因为在上单调递减，且，所以原方程只有一个解”.类比上述解题思路，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
例40．
（2023·全国·高三专题练习）
50．是定义在上的函数，满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上有极大值 B．在上有极小值
C．在上既有极大值又有极小值 D．在上没有极值
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；
解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.
【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选：D.
【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.
2．D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
3．BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
4．AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
5．
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
6．
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
7．
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】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：.
8．
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
9．
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
10．2
【分析】根据f(x)的性质作出图象，的几何意义是两条渐近线之间的距离，由此能求出结果．
【详解】∵函数定义域为的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当时，f(x)＝lnx，
图象如图：
将方程f(x)＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，
则的几何意义是两条渐近线之间的距离2，
∴．
故答案为：2．
11．A
【分析】将条件转化为有解，然后利用导数求出右边函数的值域即可.
【详解】因为函数至少存在一个零点
所以有解
即有解
令，
则
因为，且由图象可知，所以
所以在上单调递减，令得
当时，单调递增
当时，单调递减
所以
且当时
所以的取值范围为函数的值域，即
故选：A
【点睛】1.本题主要考查函数与方程、导数与函数的单调性及简单复合函数的导数，属于中档题.
2. 若方程有根，则的范围即为函数的值域
12．B
【分析】将函数的零点问题转化为函数与函数图象的交点个数问题，利用导数得出函数的单调性，进而得出其草图，结合图象，即可得出实数的取值范围.
【详解】令，即
令，
则函数与函数的图象至少有一个交点
易知，函数表示开口向上，对称轴为的二次函数
，
函数在上单调递增，在上单调递减，
作出函数与函数的草图，如下图所示
由图可知，要使得函数与函数的图象至少有一个交点
只需，即
解得：
故选：B
【点睛】本题主要考查了已知函数的零点个数求参数的范围，涉及了导数的应用，属于中档题.
13．B
【详解】令，则由题意可得函数的图象与函数的图象有三个交点，即方程有三个不同的实数根．由可得，即，令，则直线与函数的图象有三个交点，易得，当或时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以函数的极小值为，极大值为．又，，所以当时，直线与函数的图象有三个交点，故实数的取值范围为．故选B．
14．A
【详解】在和上单增，上单减，又当时，时，故的图象大致为：
令，则方程必有两个根，且，不仿设 ，当时，恰有，此时，有个根，，有个根，当时必有，此时无根，有个根，当时必有，此时有个根，，有个根，综上，对任意，方程均有个根，故选A.
【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
15．A
【分析】画出函数图象，令，则，所以，即方程必有两个不同的实数根，再利用韦达定理及函数图象分类判断即可.
【详解】根据题意作出函数的图象：，当，函数单调递增，
当时，函数单调递减，所以；
函数，时单调递减，所以，
对于方程，令，则，所以，
即方程必有两个不同的实数根，且，
当时，，3个交点；
当时，，也是3个交点；
故选：A．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
16．A
【详解】由已知，，令，解得或，则函数在和上单调递增，在上单调递减，极大值，最小值.
f(x)的图象如下：
综上可考查方程的根的情况如下：
（1）当或时，有唯一实根；
（2）当时，有三个实根；
（3）当或时，有两个实根；
（4）当时，无实根.
令，则，所以该方程必有两不等实根，
且，不妨设，
当时，，此时有三个根；
当时，，此时有三个根；
当时，，此时有三个根；
综上所述，的值为3.
故选：A.
【点睛】此题主要考查函数单调性、最值等性质在求方程根的个数的问题中的应用，以及导数、数形结合法在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识和技能，属于高档题型，也是高频考点.方程的实根分布情况，常常与参数的取值范围结合在一起，解答这类问题，有时需要借助于导数从研究函数的单调性入手，使问题获得比较圆满的解决.
17．C
【分析】首先将函数没有零点转化成方程没有实根，构造函数，确定的单调性与取值情况，可得的取值范围，则整数的最大值可得.
【详解】解：函数定义域为，函数没有零点可转化为方程
没有实根，
设，则
令，即①，
又函数，，所以恒成立，所以在单调递增，
所以方程①即，即，有唯一的实数解
且函数在上，单调递减，在上，单调递增，
所以有最小值,
又时，，所以方程没有实根，可得
则整数的最大值是1.
故选：C.
【点睛】本题难度较大，考查函数的零点问题，由于含有参数，将其参变分离转化为方程的根的问题，构造函数，确定新函数的单调性与取值情况，从而求解参数的范围.本题的解题关键是，新函数的导函数零点不可直接求得，用“隐零点求解”，并且影响导函数符号的部分是指对混合结构，需要结合指对互化思想，确定母函数在上的单调性，从而得导函数的零点所满足的式子，才能确定函数的最值,即可求得参数范围.
18．D
【分析】转化原不等式为，由此构造函数，对进行分类讨论，结合导数，通过研究时的函数值来确定的取值范围.
【详解】依题意，关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，
即的解集中有且仅有两个大于2的整数，
构造函数，
即的解集中有且仅有两个大于2的整数，
当时，对于，，
即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.
所以.
.
若，即，
设，
，
设，
，
在上递减，且，
所以当时，，递减，
由于，
所以当时，，
所以当时，递减，
所以，
所以当时，恒成立，
即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意.
所以，即，
解得，所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法解决时，可以利用多次求导的方法来解决.在此过程中，要注意导函数和原函数间的对应关系.
19．D
【分析】问题转化为（）有且仅有两个正整数解，讨论、并构造、，利用导数研究单调性，进而数形结合列出不等式组求参数范围.
【详解】当时，由，可得（），
显然当时，不等式在恒成立，不合题意；
当时，令，则在上单调递增，
令，则，故上，上，
∴在上递增，在上递减，
又且趋向正无穷时趋向0，故，
综上，图象如下：
由图知：要使有两个正整数解，则，即，解得．
故选：D
【点睛】关键点点睛：问题转化为（）有且仅有两个正整数解，根据不等式两边的单调性及正整数解个数列不等式组求范围.
20．A
【详解】函数有唯一零点，
设
则函数有唯一零点，
则
设∴ 为偶函数，
∵函数 有唯一零点，
∴与有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0， 解得 或（舍去），
故选A．
21．C
【分析】首先利用方程组法求函数的解析式，由解析式判断的对称性，利用导数分析的单调性及极值点，根据函数有唯一的零点知极小值，即可求正实数值.
【详解】由题设，，可得：，
由，易知：关于对称.
当时，，则，
所以单调递增，故时单调递减，且当趋向于正负无穷大时都趋向于正无穷大，
所以仅有一个极小值点1，则要使函数只有一个零点，即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：奇偶性求函数解析式，导数分析函数的单调性、极值，根据零点的个数及对称性、单调性求参数值.
22．C
【分析】先根据题意求得函数的解析式，再结合函数的对称性得到的方程，解方程，即可求得的值，得到答案.
【详解】由题意，函数，分别是奇函数和偶函数，且，
可得，解得，
则，所以为偶函数，
又由函数关于直线对称，
且函数有唯一零点，可得，即，
即，解得或.
故选：C.
23．B
【分析】令，转化为有唯一零点，根据偶函数的对称性求解.
【详解】因为函数，
令，
则为偶函数，
因为函数有唯一零点，
所以有唯一零点，
根据偶函数的对称性，则，
解得，
故选：B
24．A
【解析】作出函数的图象，如图，作直线，由此可得，，，的关系及范围，而不等式可转化为，令，求出范围，并把变成的函数，由导数求出它的范围，从而得的范围．
【详解】作出函数的图象，如图，作直线，它与图象的四个交点的横坐标依次为，，，，
因为函数的图象关于对称，所以，
，即，且，
显然，不等式变形为，
，
，
所以，
由勾形函数性质知在时是增函数，所以，
令，则，，，
当时，，单调递减，所以，
所以，即的最小值是．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查方程的根函数零点问题，解题方法是数形结合思想，作出函数图象，及相应直线，通过两者交点观察出方程根的性质，范围，不等式就可参数分离变形为，再利用刚才的关系范围求出不等式右边的式子的取值范围即可得．
25．A
【分析】设，则根据题意得必有两个不相等的实根，不妨设，故，再结合的图象可得，，，进而，再构造函数，研究函数的最值即可得答案.
【详解】由题意设，根据方程恰有三个不等实根，
即必有两个不相等的实根，不妨设
，则，
作出的图象，函数与三个不等实根，且，
那么，可得，，
所以，
构造新函数
当时，在单调递减；
当时，在单调递增；
∴当时，取得最小值为，即的最小值为；
故选：A
【点睛】本题考查复合函数与分段函数的应用，同时考查导数的综合应用及最值问题，应用了数形结合的思想及转化构造的方法，是难题.本题解题的关键在于设，进而，，再结合的图像可得，，，将问题转化为求函数的最值问题.
26．A
【分析】根据解析式研究、的函数性质，由零点个数知，曲线与直线的交点横坐标一个在上，另一个在上，数形结合可得，且，，进而可得代入目标式，再构造函数研究最值即可得解.
【详解】由解析式，在上单调递增且值域为，在上单调递增且值域为，
函数图象如下：
所以，的值域在上任意函数值都有两个x值与之对应，值域在上任意函数值都有一个x值与之对应，
要使恰有三个不同的零点，则曲线与直线的交点横坐标一个在上，另一个在上，
由开口向下且对称轴为，
由上图知：，此时且，，
结合图象及有，，则，
所以，且，
令且，则，
当时，递增；当时，递减；
所以，故最大值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：根据已知函数的性质判断与的交点横坐标的范围，进而得到与的关系，代入目标式并构造函数研究最值.
27．D
【分析】分析可知，对实数的取值进行分类讨论，确定函数在上的零点个数，然后再确定函数在上的零点个数，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，对任意的，在上至多个零点，不合乎题意，所以，.
函数的对称轴为直线，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且.
①当时，即当时，则函数在上无零点，
所以，函数在上有个零点，
当时，，则，
由题意可得，解得，此时不存在；
②当时，即当时，函数在上只有一个零点，
当时，，则，则函数在上只有个零点，
此时，函数在上的零点个数为，不合乎题意；
③当时，即当时，函数在上有个零点，
则函数在上有个零点，
则，解得，此时；
④当时，即当时，函数在上有个零点，
则函数在上有个零点，
则，解得，此时，.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
28．B
【分析】画出的图象，数形结合后可求参数的取值范围.
【详解】，故，
则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，
故的图象有两个不同的交点，
设
又的图象如图所示，
由图象可得两个函数的图象均过原点，
若，此时两个函数的图象有两个不同的交点，
当时，
考虑直线与的图象相切，
则由可得即，
考虑直线与的图象相切，
由可得，则即.
考虑直线与的图象相切，
由可得即，
结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，或或，
故选：B.
【点睛】思路点睛：与分段函数有关的零点问题，通过可转化为确定函数的图象与动直线的位置关系的问题来处理，注意临界位置的合理刻画.
29．B
【分析】由的性质求出对应区间的值域及单调性，令并将问题转化为与交点横坐标对应值的个数，结合数形结合法求零点个数即可.
【详解】令，
当时，且递增，此时，
当时，且递减，此时，
当时，且递增，此时，
当时，且递增，此时，
所以，的零点等价于与交点横坐标对应的值，如下图示：
由图知：与有两个交点，横坐标、：
当，即时，在、、上各有一个解；当，即时，在有一个解.
综上，的零点共有4个.
故选：B
30．B
【分析】设上一点关于轴对称点坐标为，则在上，得到方程有解，即函数与在上有交点，利用导数判断出函数的单调性和最值，可得实数的取值范围．
【详解】设上一点，，且关于轴对称点坐标为，在上，
有解，即有解.
令，则，，
当时，；当时，，在上单调递减；在上单调递增
，，，
有解等价于与图象有交点， .
故选：B
【点睛】本题考查导数在最值中的应用，考查函数与方程思想，考查学生逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．
31．B
【分析】先求得关于轴对称得到的函数表达式，根据与在上有公共点，由变为两个函数图像在上有交点，来求得的取值范围.
【详解】关于轴对称得到的函数为，依题意可知与在上有公共点，由得，.
对于函数，在上单调递减，且.
对于函数，在上单调递增.
当时，的图像向右平移个单位得到，与图像在上必有个交点.
当时，的图像向左平移个单位得到，要使与图像在上有交点，则需当时（也即轴上），的函数值小于的函数值，即，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本小题主要考查函数的图像的对称关系，考查两个函数图像有交点的问题，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
32．C
【分析】由题意，设点，则的坐标为，结合，转化为此函数的“友好点对”的个数即方程在时的解的个数，从而作图解答
【详解】解：由题意，设点，则的坐标为，
因为，
所以此函数的“友好点对”的个数即方程在时的解的个数，
作与的图像如图所示，
两函数图像有两个交点，所以此函数的“友好点对”有2对
故选：C
【点睛】此题考查学生对新定义的理解能力及作图能力，属于中档题
33．A
【分析】令，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑有两个不同的根，从而可得或，结合图象可得，，，结合韦达定理即可得到所求值．
【详解】解：令，则，
故当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
可得处取得最小值，
，，画出的图象，
由可化为，
故结合题意可知，有两个不同的根，
故，故或，
不妨设方程的两个根分别为，，
①若，，
与相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根，一正一负；
不妨设，结合的性质可得，，，，
故
又，，
．
故选：A．

【点睛】本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，同时考查了分类讨论思想的应用，属于难题．
34．A
【分析】令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.
【详解】令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.
【点睛】解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
35．A
【解析】把f（x）的零点转化为的零点，令，，可得方程有两实根，，由判别式大于0解得a的范围，再由根与系数的关系可得，，进一步得到，，结合，可得，，，则可知，，则.
【详解】
∴
∴
令，，则，
∴
令，解得
∴时，，单调递减；时，，单调递增；
∴，，
∴a﹣3
∴.
设关于t的一元二次方程有两实根，，
∴，可得或.
∵，故
∴舍去
∴6，.
又∵，当且仅当时等号成立，
由于，∴，（不妨设）.
∵，可得，，.
则可知，.
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，考查一元二次方程根的分布，属难题.
36．C
【分析】本题首先可以根据函数的解析式以及判断出三个根的取值范围，然后通过函数的解析式即可得出，最后根据对数运算以及的取值范围即可得出结果．
【详解】因为函数有三个不同的零点以及，
所以根据函数的解析式可知，在区间上，在区间上，在区间上，即，
由可知，即，
因为以及在区间上，
所以，即，故选C．
【点睛】本题考查了函数的相关性质，主要考查分段函数以及对数函数的相关性质，考查对含绝对值的函数的值的判断以及对分段函数中每一段函数之间的联系的判断，考查函数方程思想，考查推理能力，是中档题．
37．A
【详解】由题意知,a=.
设=t(t>0,且t≠1),
则a==(2e-t)ln t.
令f(t)=(2e-t)ln t,f(t)≠0,
则f'(t)=-(1+ln t).
令=1+ln t,得t=e.由数形结合可知,当t>e时,f'(t)<0;当00.所以f(t)≤e,且f(t)≠0,所以0<≤e或<0,解得a<0或a≥.
38．B
【解析】方程有解，原方程两边同除以，然后令，问题变为有解，即有解，引入函数，由导数求出它的最小值，解关于参数的不等式可得的范围．
【详解】由得，设，，
则，则有解，设，
为增函数，，
当时，递增，当时，递减，
所以当时函数取极小值，，即，
若有解，则，即，
所以或，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查方程有解问题，对于双变量问题，首先变形后引入新变量把问题变为单变量，再引入新函数，利用导数求得函数值的范围，然后再解相应的不等式可得所求参数范围．
39．D
【分析】取区间，可判断A选项；利用反证法结合函数单调性可判断B选项；利用导数判断函数单调性，取区间可判断C选项；利用假设法结合函数单调性可判断D选项.
【详解】对于选项A，存在区间，在上是单调增函数，在上的值域是，故A正确；
对于选项B，假设存在区间，函数在区间上为增函数，
由在上的值域是，可得，
解得 ，这与矛盾，故假设错误，所以选项B正确；
对于选项C，由函数，
可得，
取区间，在此区间上，所以函数在区间上为增函数．
因为，，所以函数在区间上的值域为，所以选项C正确；
对于选项D，不妨设，因为内层函数为增函数，外层函数也为增函数，
所以，函数在其定义域内为增函数，
假设函数存在“和谐区间”，则由得，
所以、是方程的两个根，
即、是方程的两个根．
令，可得，，
设关于的二次方程的两根分别为、，则，则、，
即关于的二次方程有两个正根，故函数存在“和谐区间”，D错.
故选：D.
40．D
【详解】试题分析：函数中存在“和谐区间”,则①在内是单调函数；②或,若,若存在“和谐区间”,则此时函数单调递增,则由,得存在“和谐区间”正确.若,若存在“和谐区间”,则此时函数单调递增,则由,得,即是方程的两个不等的实根,构建函数,所以函数在上单调减,在上单调增,函数在处取得极小值，且为最小值,,无解,故函数不存在“和谐区间”,正确.若函数,,若存在“和谐区间”,则由,得,即存在“和谐区间”,正确.若函数,不妨设,则函数定义域内为单调增函数,若存在“和谐区间”, 则由,得,即是方程的两个根,即是方程的两个根,由于该方程有两个不等的正根，故存在“和谐区间”,结论错误,故选D.
考点：1、函数的定义域、值域及函数的单调性；2、导数的应用及“新定义”问题.
【方法点睛】本题通过新定义“和谐区间”主要考查函数的定义域、值域及函数的单调性以及导数的应用，属于难题.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题四个选项都围绕“和谐区间”的两个重要性质展开的，只要能正确运用这一条件，问题就能迎刃而解.
41．D
【分析】法一：考查四个选项，发现有两个特殊值区分开了四个选项，0出现在了A，B两个选项的范围中，出现在了B，C两个选项的范围中，故通过验证参数为0与时是否符合题意判断出正确选项．
法二：根据题意可将问题转化为在上有解，分离参数得到，，利用导数研究的值域，即可得到参数的范围．
【详解】法一：由题意可得，
，
而由可知，
当时，＝为增函数，
∴时，．
∴ 不存在使成立，故A，B错；
当时，＝，
当时，只有时才有意义，而，故C错．故选D．
法二：显然，函数是增函数，，由题意可得，
，而由可知，
于是，问题转化为在上有解．
由，得，分离变量，得，
因为，，
所以，函数在上是增函数，于是有，
即，应选D．
【点睛】本题是一个函数综合题，方法一的切入点是观察四个选项中与不同，结合排除法以及函数性质判断出正确选项，方法二是把问题转化为函数的最值问题，利用导数进行研究，属于中档题．
42．A
【详解】∵曲线上存在点
∴
函数（）在上是增函数，根据单调性可证
即在上有解，分离参数，，，根据是增函数可知，只需故选A.
点睛：本题综合考查了指数函数的定义及其性质、函数的奇偶性、单调性、恒成立问题的等价转化、二次函数的单调性等基础知识与基本技能方法，属于难题.解决已知函数奇偶性求解析式中参数问题时，注意特殊值的使用，可以使问题简单迅速求解，但要注意检验，在处理恒成立问题时，注意利用分离参数求参数的取值范围，注意分离参数后转化为求函数最值问题.
43．A
【分析】利用反函数的知识把方程问题转化为函数问题，再利用函数图像、零点存在性定理进行求解.
【详解】由，可得，其中是函数的反函数，若曲线上存在使得，因为函数（，为自然对数的底数），所以，，因为，所以，因此命题“若曲线上存在使成立”转化为“存在，使”，即的图像与函数的图像在上有交点，∵的图像与的图像关于直线对称，∴的图像与函数的图像的交点必定在直线上，由此可得，的图像与直线的图像在上有交点，根据，化简整理得，记，在同一坐标系内作出它们的图像，可得
，所以 ，解得，即实数的取值范围为，故B，C，D错误.
故选：A．
44．B
【分析】直接利用定义和函数的应用求出结果．
【详解】解：由题意可得：
问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合．
设处的点为，
的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，
旋转后的对应点也在的图象上，
同理的对应点也在图象上，
以此类推，对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点，
当（1）时，即，此时，不满足函数定义；
当（1）时，即，此时，不满足函数定义；
当（1）时，即，此时，，，，不满足函数定义；
故选．
【点睛】本题考查函数值的求法，考查学生分析解决问题的能力，考查函数定义等基础知识，考查数形结合思想，是中档题
45．C
【分析】直接利用定义函数的应用求出结果．
【详解】由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个
点会重合．
我们可以通过代入和赋值的方法当f（）=，，3时，
此时得到的圆心角为，，，
然而此时x=0或者x=时，都有2个y与之对应，
而我们知道函数的定义就是要求一个x只能对应一个y，
因此只有当=，此时旋转，
此时满足一个x只会对应一个y，
故答案为：C
【点睛】本题考查函数的定义的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
46．D
【分析】直接利用函数定义和旋转的对称性及旋转后图象重合，求出结果.
【详解】对于上一点绕原点逆时针旋转90°后对应点为，也在图象上，
所以，绕原点逆时针旋转90°后对应点为，且绕原点逆时针旋转90°后对应点为，均在图象上，
所以，在含有数1的有限实数集D中，
若，则有，若，则有，
若，则有，若，则有，
显然当时有2个y与之对应，不符合函数的定义，的值一定不可能为1.
故选：D.
47．D
【分析】令，由题意可得为定义域上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减；分与两类讨论，将不等式等价转化为与，分别解之即可．
【详解】令，
当时，，
当时，，
在上单调递减；
又为的奇函数，
，即为偶函数，
在上单调递增；
又由不等式得，
当，即时，不等式可化为，即，
由在上单调递减得，解得，故；
当，即时，不等式可化为，即，
由在上单调递增得，解得，故；
综上所述，不等式的解集为：．
故选：D．
48．B
【分析】构造函数，由条件判断其奇偶性，单调性，利用单调性解不等式即可.
【详解】令，所以，因为，所以，化简得，
所以是上的奇函数；
，
因为当时，，
所以当时，，从而在上单调递增，又是上的奇函数，所以在上单调递增；
考虑到，由，
得，即，
由在上单调递增，得解得，
所以不等式的解集为，
故选：B.
49．A
【分析】类比题目构造函数的过程，对不等式进行整理变形为，由其结构特征，构造函数，根据其单调性，对原不等式进行转化求解.
【详解】由不等式，
得.
设函数，则，
所以在上单调递增.
因为，
所以.解得或.
故选：A.
50．D
【分析】先由题意得，再构造，得到，进而再构造，判断出，即，由此得到选项.
【详解】解：根据题意，，故，
又，得，故，
令，
则，
即，
记，
所以，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，即，即，
所以在上单调递增，故在上没有极值.
故选项ABC说法错误，选项D说法正确.
故选：D
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而得到结果
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答案第1页，共2页专题06 函数与导数常见经典压轴小题归类
考点十四：导数中的距离问题
例41．（2023·浙江·高三专题练习）
1．已知函数，若对任意的正实数t，在R上都是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例42．（2023·全国·高三专题练习）
2．若对任意的正实数，函数在上都是增函数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
例43．（2023·全国·高三专题练习）
3．已知实数满足，，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
例44．（2023·全国·高三专题练习）
4．已知点为函数的图象上任意一点，点为圆上任意一点，则线段的长度的最小值为
A． B． C． D．
例45．（2023春·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐市第四中学校考期中）
5．直线分别与函数，交于，两点，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
考点十五：导数的同构思想
例46．（2023·全国·高三专题练习）
6．若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
例47．（2023·上海·高三专题练习）
7．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例48．（2023·全国·高三专题练习）
8．已知不等式对恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C． D．
考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法
例49．（2023·全国·模拟预测）
9．已知函数，对于恒成立，则满足题意的a的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
例50．（2023·广东·高三校联考阶段练习）
10．已知函数对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例51．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）
11．若存在，使得对于任意，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
考点十七：三次函数问题
例52．（2023·全国·高三专题练习）
12．函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知任意一个一元三次函数的图象均为中心对称图形，若，则的值为（ ）
A．－4 B．－2 C．0 D．2
例53．（2023秋·北京·高三校考阶段练习）
13．如图是某高山滑雪场的一段滑道的示意图，图中该段滑道对应的曲线可以近似看作某个三次函数图像的一部分，A，B两点分别是这段滑道的最高点和最低点（在这个三次函数的极值处）.在A，B两点之间的滑道的最陡处，滑道的坡度为（坡度即坡面与水平面所成角的正切值），经测量A，B两点在水平方向的距离为90m，则它们在竖直方向上的距离约为（　　）
A．20m B．30m C．45m D．60m
例54．（2023·全国·高三专题练习）
14．一般地，对于一元三次函数，若，则为三次函数的对称中心，已知函数图象的对称中心的横坐标为（），且有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考点十八：切线条数、公切线、切线重合与垂直问题
例55．（2023春·四川成都·高三树德中学校考开学考试）
15．已知函数．则下列四个说法中正确的个数为（ ）
①曲线上存在三条互相平行的切线；
②函数有唯一极值点；
③函数有两个零点；
④过坐标原点O可作曲线的切线．
A．4 B．3 C．2 D．1
例56．（2023春·全国·高三校联考开学考试）
16．已知过点不可能作曲线的切线．对于满足上述条件的任意的b，函数恒有两个不同的极值点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例57．（2023秋·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期末）
17．若函数的图像上存在两个不同的点，使得在这两点处的切线重合，则称为“切线重合函数”，下列函数中不是“切线重合函数”的为（ ）
A． B．
C． D．
例58．（2023秋·天津滨海新·高三大港一中校考阶段练习）
18．已知函数，其导函数为，设，下列四个说法：
①；
②当时，；
③任意，都有；
④若曲线上存在不同两点，，且在点，处的切线斜率均为，则实数的取值范围为.
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
例59．（2023·全国·高三专题练习）
19．若函数的图象上存在两条相互垂直的切线，则实数的值是（ ）
A． B． C． D．
考点十九：任意存在性问题
例60．（2023·全国·高三专题练习）
20．某同学对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的有（ ）个.
（1）函数的图像关于y轴对称； （2）对定义域中的任意实数的值，恒有成立；（3）函数的图像与x轴有无穷多个交点，且每相邻两交点间距离相等；（4）对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减，且.
A．1 B．2 C．3 D．4
例61．（2023·全国·高三专题练习）
21．对于任意都有，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
例62．（2023·全国·高三专题练习）
22．已知且，若任意，不等式均恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
例63．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）
23．已知函数（，）在区间上总存在零点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
考点二十：双参数最值问题
例64．（2023·全国·高三专题练习）
24．已知在函数，，若对，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例65．（2023·全国·高三专题练习）
25．已知实数，满足，则的值为
A． B． C． D．
例66．（2023春·河南南阳·高二统考期中）
26．已知e为自然对数的底数，a，b为实数，且不等式对任意的恒成立．则的最大值为 ．
考点二十一：切线斜率与割线斜率
例67．（2023·全国·高三专题练习）
27．已知函数 ，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例68．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）
28．已知函数，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例69．（2023·全国·高三专题练习）
29．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）
例70．（2023·湖北·高一校联考阶段练习）
30．设函数，若对任意的实数a，b，总存在使得成立，则实数的最大值为（ ）
A．－1 B．0 C． D．1
例71．（2023·全国·高三专题练习）
31．已知函数，若对任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例72．（2023·全国·高三专题练习）
32．设函数，当时，记的最大值为，若恒成立，则的最大值为（ ）
A．e B． C．0 D．
例73．（2023·全国·高三专题练习）
33．已知函数，当时设的最大值为，则当取到最小值时（ ）
A．0 B．1 C．2 D．
考点二十三：两边夹问题和零点相同问题
例74．（2023·全国·高三专题练习）
34．若存在正实数x，y使得不等式成立，则（ ）
A． B． C． D．
例75．（2023·全国·高三专题练习）
35．已知实数，满足，则的值为
A． B． C． D．
例76．（2023·江苏·高一专题练习）
36．若不等式对任意实数恒成立，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
考点二十四：函数的伸缩变换问题
例77．（2023春·四川·高一阶段练习）
37．定义域为的函数满足，当时，，若当时，函数恒成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
例78．（2023秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期末）
38．定义域为的函数满足，当时，.若时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例79．（2023·全国·高三专题练习）
39．定义域为的函数满足，当时，，若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
考点二十五：V型函数和平底函数
例80．（浙江省衢州市2022-2023学年高二下学期数学试题）
40．已知等差数列满足：，则的最大值为（ ）
A．18 B．16 C．12 D．8
例81．（浙江省宁波市镇海中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题）
41．已知等差数列满足，，则的最大值为（ ）
A．14 B．13 C．12 D．11
例82．（上海市川沙中学2022-2023学年高一第二学期期末数学试题）
42．等差数列，满足，则（ ）
A．的最大值为50 B．的最小值为50
C．的最大值为51 D．的最小值为51
考点二十六：曼哈顿距离与折线距离
例83．（2023·全国·高三专题练习）
43．“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，下列直角梯形中的虚线可以作为，两点的“曼哈顿距离”是（ ）
A． B．
C． D．
例84．（2023·四川·高二树德中学校考阶段练习）
44．“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系中，点，的曼哈顿距离为.若点，Q是圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例85．（2023·高二课时练习）
45．“曼哈顿距离”是19世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创之间，定义如下：在直角坐标平面上任意两点，的曼哈顿距离为：.在此定义下，已知点，满足的点M轨迹围成的图形面积为（ ）
A．2 B．1 C．4 D．
例86．（2023·全国·高三专题练习）
46．“曼哈顿距离”是由赫尔曼闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语．例如在平面直角坐标系中，点、的曼哈顿距离为：．若点，点为圆上一动点，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】由在R上恒成立，整理成二次项系数为正的二次三项式，则其对恒成立，分离参数后，求出关于的函数的最小值，即得的范围．
【详解】由题意在R上恒成立，其中，
整理得对恒成立，
所以对恒成立，
，
令，，
时，，递减，时，，递增，
所以，
所以的最小值是16，
所以．
故选：D．
2．A
【详解】因为函数在上都是增函数，
所以恒成立，
即对任意的实数，在上恒成立，
所以，，，
故只需的最小值．
令， ，
由于时，；时，，即时，取得最小，
故选：A
3．D
【分析】理解原代数式的含义，转化为函数形式，再分析其几何意义，构造函数即可求解.
【详解】 ，
令 ，则，
其几何意义为点A 与点 之间距离的平方，
设 ，则点A和B分别在 和 的图像上，如下图，
显然 和互为反函数，其图像关于y=x对称，
则A与B的最短距离必然在直线y=x的垂线上，点A与点B关于y=x对称，
不妨设 ，则 ，
，设 ， ，
当 ， ，在x=1处取得最小值 ，
即 ，∴当 取最小值时，即是 取得最小值，
的最小值为 ；
故选：D.
4．A
【分析】将的最小值，转化为到圆心的最小距离再减去半径来求得的最小值.设出函数上任意一点的坐标，求得圆心的坐标，利用两点间的距离公式求得的表达式，利用导数求得这个表达式的最小值，再减去求得的最小值.
【详解】依题意，圆心为，设点的坐标为，由两点间距离公式得，设，，令解得，由于，可知当时，递增，时，，递减，故当时取得极大值也是最大值为，故，故时，且，所以，函数单调递减.当时，，，当时，，即单调递增，且，即，单调递增，而，故当时，函数单调递增，故函数在处取得极小值也是最小值为，故的最小值为，此时.故选A.

【点睛】本小题主要考查圆的方程，考查导数在研究函数中的应用，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
5．A
【分析】由求得两点的横坐标，利用构造函数法，结合导数来求得的最小值.
【详解】，且在上递增；
，且在上递增.
所以，且都有唯一解，
，
，
构造函数，
所以在区间递减；在区间递增.
所以的最小值为.
所以的最小值为.
故选：A
6．A
【分析】将所求不等式变形为，构造函数，分析出函数在上为增函数，可得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，即可求得实数的最大值.
【详解】由已知可得，，由可得，
所以，，
构造函数，其中，则，
故函数在上为增函数，由可得，
所以，，即，
令，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，
，解得，故实数的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，解题的关键就是将所求不等式进行变形，利用指对同构的思想通过构造新函数，转化为关于、的不等式，再利用参变量分离法求解.
7．B
【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.
【详解】由题意可知，，即对恒成立．
设，则问题转化为在上恒成立，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以当时，；当时，．
①在上，若恒成立，即，；
②在上，若，则恒成立，即恒成立，
令，，则，所以在上单调递增，
所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
8．C
【分析】先利用同构变形得到，构造函数，，
结合其单调性和求解的是a的最小值，考虑两种情况，进行求解，最终求得实数a的最小值.
【详解】因为，
所以，
即，
构造函数，
所以
，
令，解得：，令，解得：，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，与1的大小不定，但当实数a最小时，只需考虑其为负数的情况，此时
因为当时，单调递减，
故，
两边取对数得：
，
令，则，
令得：，令得：，
所以在单调递增，在单调递减，
所以
故a的最小值是．
故选：C
【点睛】同构法针对与不等式或者等式中同时出现指数函数与对数函数时，要将两边变形得到结构相同，再构造函数进行求解.
9．D
【分析】转化为，对于恒成立，设，转化为，对于恒成立，设，利用导数可推出.
【详解】因为函数，对于恒成立，
所以，对于恒成立，
所以，对于恒成立，
设，则为上的增函数，所以，
则，对于恒成立，
设，则，
当时，恒成立，所以在上为增函数，
因为，所以存在，使得，不满足，对于恒成立；
当时，令，得，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，则，
设，则，
令，得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，当且仅当时，等号成立，
又，所以，即.
综上所述：的取值集合为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：对于函数不等式恒成立问题，将函数进行适当的变形，构造函数是解题关键.
对于指对混合型的不等式，可考虑分离函数或同构转换，本题中的与正好可以利用指对互化转换为同构形式，其母函数为本题中选择了，其中，将换为，从而确定的取值情况.
10．B
【分析】根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可.
【详解】因为，且恒成立，
则在上恒成立，令，
则，令，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
当时，，也即，此时函数单调递减；
当时，，也即，此时函数单调递增；
故，
因为，所以，
则，令，则，所以在上单调递增，则有，
所以
，
所以，则，
故选：.
11．C
【分析】将题干中的不等式变形为，由题意可知直线恒位于函数图象的上方，函数的图象的下方，代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小，设切点坐标为，求出的值，即可得出的最小值.
【详解】令，其中，则，
当时，，则函数在上单调递增，且，
令，则，
因为函数在上单调递增，
，，
所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，如下图所示：
由题意得，
直线恒位于的图象上方，的图象下方，
代表直线在轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过且与曲线相切时，最小．
设切点为，则，
整理可得，
令，则，
，
而当时，，，
所以，，
所以当时，，则函数在上单调递增，
所以有唯一的零点，
所以，此时直线方程为，故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的最值，解题的关键在于将不等式变形为，通过作出图象，找出直线与函数相切时，最小，然后利用导数法进行求解.
12．A
【分析】设的对称中心为，令，根据为奇函数建立关系即可求出的对称中心为，则，由此即可求得答案．
【详解】设的对称中心为，
设，
则为奇函数，由题可知，且，
所以，即，
则，
整理得，
所以，解得，
所以函数的对称中心为；
所以，
．
故选：A．
13．B
【分析】把函数图象平移到在轴，在轴上，如图，新函数计算出的竖直方向上的距离与原函数结果相同，在新坐标系中，可设三次函数的导函数为，由的最小值为求得，反向求得的表达式，由得出函数式，然后计算即得．
【详解】把函数图象平移到在轴，在轴上，如图，新函数计算出的竖直方向上的距离与原函数结果相同，
由题意题中三次函数的导函数是二次函数，记为，的最小值是，设，则，，，
因此可设，，，
，
所以它们在竖直方向上的距离约为30 m，
故选：B．
14．A
【分析】根据给定条件，用a表示，再求出的极大值与极小值，列式求解作答.
【详解】由函数求导得：，则，
由解得，则有，
，当或时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减，
因此，当时，取得极大值，当时，取得极小值，
因函数有三个零点，即函数的图象与x轴有三个公共点，由三次函数图象与性质知，，
于是得，解得，
综上得：，
实数a的取值范围是.
故选：A.
15．B
【分析】对②③，由二阶导数法研究的单调性、极值、最值、零点；
对①，其中通过判断可能有三个根，则存在三条过极值点互相平行的切线；
对④，设出切线，通过切点在曲线及切线上，斜率建立方程，由方程是否有解即可判断.
【详解】，，，
则当或，，，在，，.
对①，大致图象如图所示，可知方程可能有三个根，即存在三个极值点，故存在三条互相平行的切线，①正确；
对②，结合单调性及大致图象，，
则存在，使得，则当；，故②正确；
对③，，则，则大致图象如图，故③正确；
④设过原点的直线与相切于点，则有
，，，
消元整理可得，易知此方程无解，故④错误．
综上，正确的是①②③．
故选：B.
【点睛】过定点是否存在切线问题，一般可设出切线，构建方程组，由解的情况判断.
16．A
【分析】先根据已知条件求得的取值范围，然后由进行转化，换元后通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】设是曲线上的任意一点，，
所以在点处的切线方程为，
代入点得，，
由于过点不可能作曲线的切线，
则直线与函数的图象没有公共点，
，
所以函数在区间上导数大于零，函数单调递增；
在区间上导数小于零，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值也即是最大值，
则．
对于满足此条件的任意的b，函数恒有两个不同的极值点，
等价于恒有两个不同的变号零点，
等价于方程有两个不同的解．
令，则，，
即直线与函数的图象有两个不同的交点．
记，则，
记，则，
所以在上单调递增．
令，得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增．
所以．
所以．因为，所以，所以．
即实数a的取值范围是．
故选：A
【点睛】求解切线有关问题，关键点有3个，第一个是要判断已知点是在曲线上还是在曲线外；第二个是切点的坐标，切点既在曲线上，也在切线上；第三个斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用直线上两点坐标来求得.
17．D
【分析】“切线重合函数”的充分条件是，存在 有 ，据此逐项分析验证即可.
【详解】对于A， 显然是偶函数， ，
当 时， ，单调递减，当 时， 单调递增，
当 时， ，单调递减，当 时，单调递增；
在 时， ，都取得极小值，由于是偶函数，在这两点的切线是重合的，故A是“切线重合函数”；
对于B， 是正弦函数，显然在顶点处切线是重合的，故B是“切线重合函数”；
对于C，考察 两点处的切线方程， ，
两点处的切线斜率都等于1，在A点处的切线方程为 ，化简得： ，
在B点处的切线方程为 ，化简得 ，显然重合，
C是“切线重合函数”；
对于D， ，令 ，则 ，
是增函数，不存在 时， ，所以D不是“切线重合函数”；
故选：D.
18．B
【分析】对于①，直接求导函数，根据导数运算判断正误；对于②，利用函数分离思想，结合函数不等式放缩，构造函数分别验证，，即可得结论；对于③，设，确定函数的单调性，从而判断正误；对于④，将问题转化为直线与应存在两个不同的交点，确定导函数增减性与取值情况分析图象，从而可得的取值范围.
【详解】解：对于①，函数，，，
当时，取到等号，故①不正确；
对于②，，设，，所以在恒成立，
则在上单调递减，故，即，
又，则，所以，可得
令，所以在恒成立，
则在上单调递减，故，即，所以，
综上，恒成立，故②正确；
对于③，设，则，
因为，所以，又，设，
所以，又，所以，则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以，单调递减，则恒成立，
所以，即，故③正确；
对于④，因为，所以，令，则得，
所以，，单调递增，，，单调递减，
所以，又得，且
则可以得的图象如下：
因为曲线上存在不同两点，，且在点，处的切线斜率均为，所以，
则与应存在两个不同的交点，所以，故④不正确.
综上，②③正确，①④不正确.
故选：B.
【点睛】本题考查函数的导数运算、不等式恒成立、凸凹性、导数的几何意义，属于难题.本题验证不等式成立的关键是证明指对混合型不等式的方法，根据函数的结构，本题采用的是分离函数的形式，利用对数不等式，先证明，再证明，即可得结论；证明函数凸凹性时，关键是“控制变量”将作为常熟，构造函数，利用导数求解单调性得最值即可证得.
19．C
【分析】求导，由导数的几何意义和直线垂直的性质，以及余弦函数进行求解.
【详解】因为，所以，
因为函数的图象上存在两条相互垂直的切线，
不妨设函数在和的切线互相垂直，
则，即①，
因为a一定存在，即方程①一定有解，所以，
即，解得或，
又，所以或，，
所以方程①变为，所以，故A，B，D错误.
故选：C.
20．C
【分析】对于（1）：利用函数奇偶性的定义；对于（2）：将不等式转化，对转化的函数求导并研究其单调性及其值域；对于（3）：时，求得并计算交点间距；对于（4）：对函数求导，求出使得函数单调递减且区间长度大于1的区间.
【详解】对于（1）：
∵函数的定义域为，，
∴为偶函数，图象关于轴对称，故（1）正确.
对于（2）：
由（1）知为偶函数，当时，
∴
令，
∵，∴，所以在上单调递增，
∴，即恒成立.故（2）正确.
对于（3）：
函数的图象与轴的交点坐标为，
交点与的距离为，其余任意相邻两点的距离为，故（3）错误.
对于（4）：
，，
当，时，
，，每段区间的长度为，
所以对任意常数，存在常数，，，
使在上单调递减且，故（4）正确.
故选：C.
21．B
【分析】，由导数的单调性求出，所以转化为：任意恒成立，令，分类讨论值，求出，即可求出答案.
【详解】，令，
则，所以在上单调递减，在上单调递减，
所以，所以，
所以转化为：，令，，
①当时，，所以在上单调递增，所以
，所以.
②当时，您，所以，
（i）当即时，
，所以在上单调递增，，所以.
(ii)当即时，
在上单调递减，在上单调递增，，
所以，所以.
综上，的取值范围为：.
故选：B.
22．A
【分析】令，将问题转化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论并结合指数函数性质判断最值符号，进而转化为时恒成立，再次构造中间函数研究恒成立求参数范围.
【详解】由题设，，令，则恒成立，
令，则，，
当时，递减；当时，递增；
所以，故递增，
当，即时，，不合题意；
当，即时，要使恒成立，则恒成立，
令且，则，，
当时，递减；当时，递增；
所以，故在上递增，而，
此时时，即恒成立.
综上，的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先将问题转化为恒成立，利用导数并讨论结合指数函数性质判断最值符号，进一步转化为在上恒成立.
23．A
【分析】设为函数在区间上的零点，得到即（），转化为点是直线上的点，
即可得到的值等于点到直线的距离的平方，从而得到关于的函数关系式：（），结合导数知识，即可求解.
【详解】设为函数在区间上的零点，
因为函数（，）在区间上总存在零点，
所以，即，，
则点是直线上的点，
所以（），
设（），
则
设，，
则，，
令，，
则，
当时，，所以在上是增函数，
则，即当时，，
所以在是增函数，则，
即时，，所以在上是增函数，
则，
综上：的最小值为，
故选：A.
24．B
【分析】令，即，求导分析单调性可得，即，令，求导分析单调性，求即可
【详解】由题意，
令，
则，恒成立，即恒成立，即
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减.
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减；
故选：B
25．A
【分析】设，，得，变形为，令，，求导求最值得,结合取等条件求出x,y即可
【详解】设，，则
，
令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,则在单调递增单调递减，
令，则单调递减，单调递增
由题意，，，，,故x+y=2
故选A
【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题
26．
【分析】由不等式进行转化，先利用特殊值求得的取值范围，再利用导数求得的最大值.
【详解】依题意：不等式对任意的恒成立，
即①对任意的恒成立，
在上递增，则，
由①，令得，整理得.
当时，，
此时，①即，
只需对任意的恒成立，
令，
所以在区间递增；在区间递减，
所以.
故答案为：
【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，主要步骤是先化简不等式，然后通过构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等来进行求解.
27．B
【分析】先对求定义域，然后求导，得到函数为减函数.将转化为，构造函数，利用其导数恒小于零，结合一元二次不等式的判别式，可求得的取值范围.
【详解】，在单调递减， 设.设则在上单调递减，则对恒成立，则对恒成立， 则，解之得或.又，所以.
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，将题目中直线的斜率的绝对值都不小于的为题，转化为函数单调递减的问题来解决，属于难题.
28．B
【解析】求出导函数得该函数在定义域内单调递减，将问题转化为在上单调递减求参数的取值范围.
【详解】，在单调递减
设，则
设，则在上单调递减
则对恒成立
则对恒成立，
因为，
则，即
解得或，又，所以.
故选：B
【点睛】此题考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，关键在于熟练掌握利用导函数讨论函数单调性解决恒成立问题，涉及转化与化归思想.
29．B
【解析】根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】由以及，，
所以，，
构造函数，则，
所以，函数在上为增函数，
由于，则对任意的恒成立，
由，可得，
当时，则，当且仅当时，等号成立，
所以，，因此实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：
（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
30．C
【分析】函数可以转化为函数与函数
横坐标相等时，纵坐标的竖直距离，通过分析函数的图象即可.
【详解】由已知得
设构造函数满足，即，解得，
则，令，
则函数可以理解为函数与函数在横坐标相等时，纵坐标的竖直距离，
∵，且（当且仅当时取等号），
∴若设直线的方程为，直线的方程为，由此可知当，直线位于直线和直线中间时，纵坐标的竖直距离取得最大值中的最小值，故，
所以实数的最大值为.
故选：.
31．B
【分析】由存在，使得成立，故，又对任意的实数a，b，，则，数形结合，为函数与函数图象上的纵向距离的最大值中的最小值，求出的边界直线，即过点，再求出与平行且与相切的直线，则为与正中间的直线，可得答案.
【详解】由存在，使得成立，故，
又对任意的实数a，b，，则，
可看作横坐标相同时，函数
与函数图象上的纵向距离的最大值中的最小值，
又，作示意图如图所示：
设，则直线的方程，设与相切，
则，得，有，
得或，由图知，切点，则，
当直线与，平行且两直线距离相等时，即恰好处于正中间时，
函数与图象上的纵向距离能取到最大值中的最小值，
此时，，故.
故选：B
【点睛】本题考查了存在和任意问题，考查了学生分析理解能力，运算能力，数形结合思想，难度较大.
32．C
【分析】根据题意，取绝对值得到四种可能的函数解析式，并分别讨论四种情况下的函数的最大值，进而得，再解二次不等式即可得答案.
【详解】∵取绝对值后有以下四种情况:
，，
，
设,故在恒成立,
∴函数在上单调递增,函数在上单调递减,
又∵函数在上为增函数,
所以函数，在上为增函数,
函数，在上为减函数,
∴，，
，
∴
∴，
∴
∵恒成立，
∴，解得.
∴ 的最大值为
故选：C.
33．A
【解析】由二次函数的性质，求出，结合选项取不同值时的不同情况，进而求出结果.
【详解】，
当时设的最大值，在端点处或最低点处取得
，最小值为2
，最小值为
，最小值为4.5
，最小值
综上可得，取到最小值时0.
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数的性质，考查了理解辨析能力和逻辑推理能力，分类讨论的数学思想，属于难题.
34．D
【分析】一个不等式得到一个等式必定是两边取最值借助最值取等求，所以分别构造函数结合导数求最值即可得到答案．
【详解】解：记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
．
记，
当 时，；当 时，，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以．
由题意，
又因为，所以，
故．
故选：D.
35．A
【分析】设，，得，变形为，令，，求导求最值得,结合取等条件求出x,y即可
【详解】设，，则
，
令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,则在单调递增单调递减，
令，则单调递减，单调递增
由题意，，，，,故x+y=2
故选A
【点睛】本题考查导数与函数的综合，导数与函数的最值问题，换元思想，将题目转化为两个函数的最值问题是关键，是难题
36．D
【分析】分类讨论，根据条件可以得到且和且同时成立，从而得到，得到结果.
【详解】当时，即时，恒成立，
所以恒成立，所以且；
当时，即时，恒成立
所以或恒成立，所以且，
综上，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的解法，分类讨论思想，属于中档题目.
37．D
【详解】当x∈[0,1)时，f(x)=x2 x∈[ ,0]当x∈[1,2)时，f(x)= (0.5)|x 1.5|∈[ 1, ]，
∴当x∈[0,2)时，f(x)的最小值为 1，
又∵函数f(x)满足f(x+2)=2f(x)，
当x∈[ 2,0)时，f(x)的最小值为，
当x∈[ 4, 2)时，f(x)的最小值为，
若x∈[ 4, 2]时，恒成立，
∴恒成立．
即t2 4t+3 0，
即(t 3)(t 1) 0，
即1 t 3，
即t∈[1,3]，
本题选择D选项.
点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．
(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．
38．C
【分析】由f（x+2）=2f（x）-1，求出x∈（2，3），以及x∈[3，4]的函数的解析式，分别求出（0，4]内的四段的最小值和最大值，注意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由恒成立即为，，解不等式即可得到所求范围
【详解】当x∈(2,3),则x 2∈(0,1)，
则f(x)=2f(x 2) 1=2(x 2)2 2(x 2) 1，
即为f(x)=2x2 10x+11，
当x∈[3，4]，则x 2∈[1，2]，
则f(x)=2f(x 2) 1=.
当x∈(0,1)时,当x=时,f(x)取得最小值,且为 ；
当x∈[1,2]时,当x=2时,f(x)取得最小值,且为；
当x∈(2,3)时,当x=时,f(x)取得最小值,且为 ；
当x∈[3,4]时,当x=4时,f(x)取得最小值，且为0.
综上可得,f(x)在(0,4]的最小值为 .
若x∈(0,4]时, 恒成立，
则有.
解得.
当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为1,
当x∈(2,3)时,f(x)∈[ , 1)，
当x∈[3,4]时,f(x)∈[0,1]，
即有在(0,4]上f(x)的最大值为1.
由，即为，解得，
综上，即有实数t的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查函数最值的求解以及函数恒成立问题的求解，根据函数性质和函数解析式可求得函数最值，再把恒成立问题转化为不等式组求解是关键，着重考查转化能力以及分析解答能力，属于中档题.
39．B
【分析】先将不等式转化为函数最值问题，再根据函数解析式以及单调性求对应函数最值，最后解不等式得结果.
【详解】因为当时，不等式恒成立，所以，
当时，
当时，，当时， ，因此当时，，选B.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
40．C
【分析】根据等差数列性质分析题中数列变化规律，计算得出结果.
【详解】
不为常数列，且数列的项数为偶数，设为
则，一定存在正整数k使得或
不妨设，即，
从而得，数列为单调递增数列，
，且，
，同理
即，
根据等差数列的性质，
所以n的最大值为12，选项C正确，选项ABD错误
故选：C.
41．A
【分析】设，等差数列的公差为，不妨设，则，且，即，根据，得到即有，再令等差数列的前n项和公式，求得，从而得出，即可求解.
【详解】由题意，等差数列满足
，
可得等差数列不是常数列，且中的项一定满足或，且项数为偶数，
设，等差数列的公差为，不妨设，
则，且，即，
由，则，即，
即有，
则
，
可得，解得，
即有的最大值为，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，以及绝对值的意义，着重考查了推理与运算能力，属于难题.
42．A
【分析】首先数列中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出的最大值.
【详解】为等差数列，则使，所以数列中的项一定有正有负，不妨设，因为为定值，故设，且，解得.若且，则，同理若，则.所以，所以数列的项数为，所以，由于，所以，解得，故，故选A.
【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
43．C
【分析】根据公式，由图观察即可求解.
【详解】根据题意：，两点的“曼哈顿距离”为，再结合四个选项可以判断只有C选项符合题意.
故选：C．
44．B
【分析】本题利用圆的参数方程，设出，再根据题意得到，然后去绝对值分类讨论即可.
【详解】根据题意,是圆上任意一点,
设的坐标为,，
则，
若，即时，则
，，
则当时，即时，取得最大值，
当时，即时，取得最小值，则有,
若,即时，则
，
则当时，即时，取得最大值，
当时，即时，，但此时无法取到，
综上所述,
故选：B.
【点睛】本题为新文化试题，有关曼哈顿距离的问题曾经考察过多次，是模考题的热点问题之一，这类问题从数学家思想出发，一定要将他的概念理解清楚，这样才能得到有关距离的函数，再进行分类讨论即可.
45．A
【分析】设，则由题意可得，然后画出图形即可求出面积
【详解】设，
因为，所以，
当时，则
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当，，
所以点M的轨迹如图所示，是一个边长为的正方形，
所以点M轨迹围成的图形面积为，
故选：A
46．D
【分析】设点，分和两种情况讨论，结合三角恒等变换以及正、余弦函数的有界性可求得的最大值.
【详解】设点，则.
①当时，即当，
，
因为，所以，，
当时，取得最大值；
②当时，即当时，
，
因为，则，
当时，取得最大值.
综上所述，的最大值为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与圆或椭圆有关的最大值和最小值以及取值范围的问题，常常设圆或椭圆的参数方程，然后转化为求三角函数的最大值和最小值以及取值范围的问题，注意三角恒等式（其中，其中，且角的终边过点）.
答案第1页，共2页
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