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思想03 运用函数与方程的思想方法解题
【目录】
考点一：运用函数的思想研究问题
考点二： 运用方程的思想研究问题
考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题
高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值.高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查.如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的认识、处理和解决.高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等.
1.函数与方程是紧密相联、可以相互转化的.在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分布等问题时，一般利用方程的性质，对方程进行同解变形，进而构造函数，利用函数的图象与性质求解方程问题.例如，方程解的个数可以转化为函数的图象与轴交点的个数，也可以参变分离，转化为水平直线与函数图象交点的个数，也可以部分分离，转化为斜线与函数图象交点的个数，也可以构造两个熟悉函数，转化为两个函数图象交点的个数.
2.在研究函数问题时，运用方程的思想，设出未知数，通过题目中的等量关系，建立方程（组），进而求解方程（组），或者将方程变形，构造新函数，更易于研究其图象和性质.例如，在研究曲线的切线问题时，设出切点横坐标，得到切线斜率，切线方程为 ， 从而将函数中的切线问题转化为关于切点横坐标的方程问题.
3.函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化.在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有解、不等式的证明等问题时，最重要的思想方法就是函数与方程思想，构造适当的函数，分析、 转化不等式问题.例如，不等式或恒成立，可以转化为或.也可以考虑参变分离再求函数的最值.
4.函数与方程的思想贯穿高中数学的多个模块，在数列、解析几何、三角形、立体几何等内容中都有广泛的运用.函数思想体现的是运动与变化的观念，通过分析问题中的数量关系，建构函数，再运用函数的图象与性质分析.转化问题，进而解决问题.方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持不变的等量关系，建构方程（组），通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析，转化问题，使问题获得解决.
（2023·全国·统考高考真题）
1．函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·统考高考真题）
2．已知函数的定义域为，，则（ ）．
A． B．
C．是偶函数 D．为的极小值点
（2023·全国·统考高考真题）
3．若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
（2023·天津·统考高考真题）
4．设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
（2023·全国·统考高考真题）
5．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
（2023·全国·统考高考真题）
6．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
（2023·全国·统考高考真题）
7．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
（2023·全国·统考高考真题）
8．（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
考点一：运用函数的思想研究问题
【例1】
（2024·浙江金华·统考模拟预测）
9．已知函数.
（1）若函数有极大值点，求出极大值的取值范围；
（2）若，求证：在区间内有且仅有一个实数，使得.
【变式1-1】
（2024·辽宁大连·高三辽师大附中校考阶段练习）
10．已知函数，且
（1）求的最小值；
（2）当取得最小值时，若方程无实根，求实数的取值范围．
【变式1-2】
（2024·全国·高三专题练习）
11．人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用．例如求方程的近似解，先用函数零点存在定理，令，，，得上存在零点，取，牛顿用公式反复迭代，以作为的近似解，迭代两次后计算得到的近似解为 ；以为初始区间，用二分法计算两次后，以最后一个区间的中点值作为方程的近似解，则近似解为 ．
【变式1-3】
（2024·山东·高三山东省实验中学校考期中）
12．已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若函数有两个零点，求实数a的取值范围.
考点二：运用方程的思想研究问题
【例2】
13．定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，
B．函数既有极大值又有极小值
C．函数有三个零点
D．过可以作三条直线与图象相切
【变式2-1】
14．已知，若过点可以作曲线的三条切线，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】
15．（多选题）若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线，已知直线为曲线和的公切线，则下列结论正确的为（ ）
A．和关于直线对称
B．若，则
C．当时，和必存在两条公切线
D．当时，
【变式2-3】
16．已知函数，，其中a>1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：；
（III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
考点三：运用函数与方程的思想研究不等式问题
【例3】
（2024·安徽六安·高三六安二中校考阶段练习）
17．设函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【变式3-1】
（2024·湖南·高三校联考阶段练习）
18．已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-2】
（2024·广东深圳·高三统考阶段练习）
19．已知函数.
（1）当时，求的导函数在上的零点个数；
（2）若关于x的不等式在R上恒成立，求实数a的取值范围.
【变式3-3】
（2024·全国·模拟预测）
20．已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
考点四：运用函数与方程的思想研究其他问题
【例4】
（2024·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）
21．如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，.设，，给出以下四个结论：①平面平面； ②当且仅当时，四边形的面积最小； ③四边形的周长，是单调函数；④四棱锥的体积在上先减后增.其中正确命题的序号是 ．
【变式4-1】
（2024·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）
22．现有一组数据：共200项，（是这一组数据的第项），有以下结论：
①这组数据的极差为19；
②这组数据的中位数为14；
③这组数据的平均数为13.5；
④.
其中正确结论的个数为 .
【变式4-2】
（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）
23．记的内角的对边分别为，已知，是边上的点，且满足，．
(1)求；
(2)若，求的外接圆的直径．
【变式4-3】
（2024·上海杨浦·统考一模）
24．设函数，（其中常数，），无穷数列满足：首项，.
(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)若数列是严格增数列，求证：当时，数列不是等差数列；
(3)当时，数列是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请说明理由.
【变式4-4】
（2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习）
25．已知椭圆的左、右顶点分别为，，过左焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于D，E两点，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，设直线AP，BQ的斜率分别为，，和的面积分别为，，若，求的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
2．ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
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．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
5．
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
6．(1)在上单调递减
(2)
【分析】
（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减.
（2）法一：
构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：
因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.
7．(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
8．（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
9．（1）（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导数，根据极值点可知，化简可得，构造函数，根据导数求出函数最值即可;
（2）构造函数，，分析出，利用零点的存在性定理可证.
【详解】（1）∵，
∴，所以，，
∴，的根为
当单调递增，
当单调递减，
时，取得极大值，即
且，
所以，.
令，，
所以在递增，.
所以，.
（2）
令，，
，
所以，（令）
因为，，所以在递减.
所以，.
又
令，
∴，
∴，
所以，.同理，.
又因为在递增，
所以，存在唯一的，使，
即在区间内有且仅有一个实数，
使得.
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的极值、最值，零点存在性定理，转化思想，考查了推理能力、运算能力，属于难题.
10．（1）；（2）.
【分析】(1)由题意函数，等价于，然后对函数求导，利用导函数来判断函数的单调性并求其最值，进而分析并求出答案；
(2)利用(1)的结果，构造函数，把方程的根转化为求函数零点的问题，由此讨论分析求出满足题意的实数的取值范围.
【详解】(1)由题意函数等价于函数，
由可得，
即得函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，
则有，
由，转化可得，
化简得恒成立，
令，则恒成立，
由，可得函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，所以，此时.
(2)由(1)知，则有，转化可得
由可得
由方程，构造函数，
①当时，可得，此时原方程无实根，适合题意无解；
②当时，可得，此时原方程无实根，适合题意无解；
③当时，，
由，自变量取可得：，则有即得，
由，自变量取可得：即得，则可得：．
当时，
，
令，则
则，又图象在连续，
所以函数在必有零点，则方程有实根，不适合题意．
综上可得参数满足题意方程无实根．
【点睛】本题考查了函数导函数的求解，考查了利用函数的导函数对原函数单调性的判断以及单调性的应用，考查了构造函数的思想、转化思想的应用，属于函数与导数综合应用的难题
11．
【分析】第一空，理解消楚“迭代”的含义，实际上是一个递推数列，反复代入给定的表达式，计算即可；第二空，根据二分法依次取区间中点值计算即可.
【详解】已知，则．
迭代1次后，；
选代2次后，；
用二分法计算第1次，区间的中点为，，，所以近似解在区间上；
用二分法计算第2次，区间的中点为，，，所以近似解在区间上，取其中点值，
故所求近似解为．
故答案为：，
12．(1)
(2)
【分析】（1）将代入函数解析式，求导，利用导数的几何意义可得切线方程，由此可得所求面积；
（2）令，可得,令，，依题意，直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数的单调性及最值，作出图象，结合图象可得解．
【详解】（1）当时，，，
所以，，
所以切线方程为，即.
令得，令得，
所以所求三角形的面积.
（2）由题意知，方程在上有两个不同实根，
即方程在上有两个不同实根，即方程在上有两个不同实根.
令，，则转化为与的图象有两个不同的交点，
求导得，
则当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
又因为，当时，，当时，，当时， ,作图如下：

所以a的取值范围为.
13．AB
【分析】利用导数结合已知求出判断A；利用导数求出极值，结合三次函数的图象特征判断BC；求出切线方程判断D.
【详解】由，求导得，，
令，得，由函数的对称中心为，
得，且，解得，A正确；
于是，，
当或时，，当时，，
则函数在，上都单调递增，在上单调递减，
因此函数既有极大值，又有极小值，B正确；
由于极小值，因此函数不可能有三个零点， C错误；
显然，若是切点，则，切线方程为；
若不是切点，设过点 的直线与图象相切于点，，
由，解得，即切点，切线方程为，
过 只可以作两条直线与图象相切，D错误.
故选：AB
14．ABC
【分析】设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，依题意有三个零点，则且，从而得到不等关系.
【详解】设切点为，切线方程为，由，可知，所以，
即切线的斜率，所以切线方程为，
所以，所以，
令，则，
因为，所以当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
即，，
依题意有三个零点，
所以且，
即
故选：ABC
15．ACD
【分析】计算证明和互为反函数，即可判断A；设，，利用，并结合斜率的计算公式，可得的值，从而可判断B；设和的公切线上的切点坐标分别为，根据导数的几何意义整理可得，设，求导确定函数的零点个数，从而可得方程根的个数，即可判断C；根据选项C可得，整理后可得结论，即可判断D.
【详解】选项A，对两边取对数，有，所以，
所以和互为反函数，即和关于直线对称，故A正确；
选项B，当时，公切线l为，设，，则，，
设直线l与曲线和分别切于点，，
所以，，解得，且，
所以，
即，因为，所以，即，故B错误；
选项C，当时，，，则，，
设和的公切线上的切点坐标分别为，
则，可得①，
将切点坐标代入公切线方程可得，
所以②，将①代入整理可得：，
设，则，
又令，所以恒成立，所以在上单调递增，
又，则存在，使得，则，
故当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则，又，，
故存在使得，存在使得，
所以和必存在两条公切线，选项C正确；
选项D，当时，由C选项可得，，所以，整理得，故D正确．
故选：ACD.
16．(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.
【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出；
（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出；
（III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出.
【详解】（I）由已知，，有.
令，解得x=0.
由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：
x 0
0 +
极小值
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.
由，可得曲线在点处的切线斜率为.
因为这两条切线平行，故有，即.
两边取以a为底的对数，得，所以.
（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理
曲线在点处的切线l1：.
曲线在点处的切线l2：.
要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.
即只需证明当时，方程组有解，
由①得，代入②，得. ③
因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.
设函数，
即要证明当时，函数存在零点.
，可知时，；
时，单调递减，
又，，
故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.
由此可得在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值.
因为，故，
所以
.
下面证明存在实数t，使得.
由（I）可得，当时，
有
，根据二次函数的性质，
所以存在实数t，使得，
因此，当时，存在，使得.
所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
［方法二］：
因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件：
．
记，则是关于t的减函数．
，
使，即，即．
当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，．
若．则，取，，所以在区间内存在零点．
所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线．
【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出；
方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出．
17．C
【分析】利用导数可求得的单调性，当时，可讨论得到不符合题意；当时，根据单调性可知，结合的大小关系可确定整数解，由此得到结果.
【详解】由得：，
由题意得：的定义域为，，
当时，；当和时，，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，，此时由得：，
若，则无解；若，则不只有两个整数解，
不合题意；
当时，，由得：，
在上单调递减，在上单调递增，，
当时，则无解，则，，
又，，
，不等式的两个整数解为，，
.
故选：.
【点睛】本题考查与不等式整数解的求解问题，关键是能够利用导数确定函数的单调性，由此得到函数的最值，通过整数解的个数确定最终的整数解，属于较难题.
18．BD
【解析】根据题设的不等关系构造，，并求得它们的导函数，即可联系已知不等关系确定函数的单调性，进而可知、的不等关系.
【详解】设，，，
则，.
∵对恒成立，则，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
则，，即，，
∴.
故选：BD
【点睛】本题考查导数与不等式的综合应用，考查构造函数的方法的灵活应用与推理论证能力.
19．（1）3个；（2）.
【分析】（1）易得＝2（x﹣sin2x），再用导数法研究（0，）上的零点情况，然后结合的奇偶性求解.
（2）令sinx＝t∈[﹣1，1]，转化为不等式cos2t≤a（1﹣t2）恒成立，再分t＝±1和﹣1＜t＜1分类讨论求解.
【详解】（1），∴，所以是的一个零点.
令，则时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则.
又且，所以在上存在唯一零点，
则在上亦存在唯一零点.
因为是奇函数，所以在上也存在唯一零点.
综上
（2）不等式在R上恒成立，即不等式恒成立.
令，则等价于不等式……（*）恒成立，
①若，即时，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于
设，则当时，，
令，则，
∵，∵，且，
∴在上单调递减，在单调递增，
又，所以在上恒成立，
所以在上单调递减，则，
显然为偶函数，故在上的最大值为1，因此
综上所述，满足题意得实数a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，导数与函数不等式恒成立问题，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，分类讨论需要根据题目特点合理有序，不重不漏，属于难题．
20．（1）答案见解析；（2）.
【解析】1），函数的单调性
（2）解法一对进行分类讨论→函数在上的单调性→函数在上的最小值→实数的取值范围
解法二构造函数，的单调性实数的取值范围.
【详解】（1）因为
所以
令，得，.
所以当时，时，，时，，时，，
所以在上单调递减，在，上单调递增；
当时在上恒成立，于是在上单调递增：
当时，时，，时，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，在，上单调递增；
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.
（2）解法一①当，即时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
依题意有，解得，所以.
②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
依题意有，解得，即，
又，故此时不存在满足题意；
③当，即时，在上单调递增，当时，，而，不成立，故此时的不满足题意；
④当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，依题意有，且，无解，此时不存在满足题意；
⑤当，即时，在上单调递增，在上单调递减，依题意有，且，
又，故此时不存在满足题意.
综上，实数的取值范围是
解法二由得，
即，易知，所以
设，，
则，
易知，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以.
所以，所以，故实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决不等式恒成问题的策略——在闭区间上恒成立，在闭区间上恒成立.解决恒成立与存在性问题时，要注意理解“任意”与“存在”的含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.
21．①②
【分析】①利用面面垂直的判定定理判断；
②求得，又是定值，结合可作出判断；
③四边形是菱形，分析的变化可作出判断；
④将四棱锥则分割为两个小三棱锥，进而可作出判断.
【详解】对于①：连接，，则由正方体的性质可知，平面，又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：连接，因为平面，所以，所以四边形是菱形．四边形的面积，四边形的对角线是固定的，，所以当且仅当时，四边形的面积最小，故②正确；
对于③：因为，所以四边形是菱形．当时，的长度由大变小；当时，的长度由小变大．所以函数不单调．故③错误；
对于④：四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以为底，以，分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形的面积是个常数．，到平面的距离是个常数，所以四棱锥的体积为常值函数，故④错误．
故答案为：①②.
22．3
【分析】根据极差、中位数、平均数、方差的概念结合等差数列求和一一判定即可.
【详解】这一组数据有1个1，2个2，3个3，…，故出现以前共有数据的个数为，
而，，
故第100个数和第101个数均为14，中位数为14，故②正确；
，，
故最大的数有10个，数值为20，故极差为20-1=19，故①正确；
则平均数为
，故③错误；
，
这是关于的二次函数，且开口向上，为二次函数的对称轴，
故，故④正确.
即正确结论的个数为3.
故答案为：3
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，在和中，由余弦定理得到方程，求得，得到，即可求解；
（2）在中，由余弦定理求得，再由正弦定理得求得，进而求得的外接圆的直径．
【详解】（1）解：因为 ， 是 边上的点，且满足 ，，
所以，，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，整理得，
又因为，所以，故．
（2）解：由及（1），可得，，则，
在中，，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，则，
故的外接圆的直径为．
24．(1)奇函数，理由见解析
(2)见解析
(3)存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是
【分析】（1）利用奇偶性的定义即可判定；
（2）反证法，假设假设数列是等差数列，公差为，然后结合等差数列的性质推出矛盾；
（3）根据递推关系得到与的关系，讨论公比与的大小关系，然后根据等比数列的性质即可得出答案.
【详解】（1）任取，都有，
因此函数是奇函数．
（2）反证法：假设数列是等差数列，公差为，
由数列是严格增数列可知．
因为，所以，即非零常数
因为，
所以（其中是正整数）．
因为，，所以．方程无解，矛盾．
假设不成立，即当时，数列不是等差数列．
（3）若数列是等比数列，则其各项均非零，设其公比为
由 得 ，即．
考虑方程，均为该方程（记为①）的解．
由函数的值域为可知，即，
所以．若，则当充分大时（时），
，这与矛盾，从而不合题意．
若，函数在是严格增函数
由时，可知函数当时，均有，
因此函数的零点（即方程①的解）的绝对值均大于1，即．
但若，由，则当充分大时（时），
将有，这与矛盾，从而不合题意．
综上，只能有．此时方程①为，
记．因为，
所以存在，使是方程①的解．
进而由函数是奇函数，也是方程①的解．因此只需取
其中是正整数即可.
综合上述，存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是．
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，再由，求得，即可求解；
（2）设直线为，联立方程组，结合题意求得，得到，，再由三角形的面积公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆的左、右顶点分别为，，可得，
又由，可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设，
若直线的斜率为0，由对称性知，
则，此时，不合题意；
设直线的方程为，由直线不过椭圆的左右顶点，则，
联立方程组，整理得，
由，可得，
则，可得，
所以，
解得，即直线的方程为，所以直线过定点，
则，
可得,
则，
因为，当时，的最大值为.
【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
答案第1页，共2页
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