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5.3.2课时2函数的最大（小）值
第三练 能力提升拔高

【试题来源】来自各地期中期末的联考试题，进行整理和改编；
【试题难度】本次训练试题难度较大，适合学完第三课后，起到提升解题能力和素养的目的.
【目标分析】
1.利用函数的最值求解恒成立或存在性问题，培养逻辑推理，如第3题.
2.利用函数的最值求解零点问题，锻炼数形结合能力，运算求解能力，如第12题.
3.能够灵活函数的最值证明不等式，培养分类讨论思想能力，如第13题.
一、单选题
（2022下·陕西咸阳·高二咸阳市实验中学校考阶段练习）
1．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）．

A．一定存在极小值点 B．一定有最小值
C．不等式不一定有解 D．在上一定单调递增
（2024上·山东烟台·高三统考期末）
2．已知函数，若，使得，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·陕西·校联考一模）
3．已知函数，对于，不等式恒成立，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2022上·河南·高三校联考期末）
4．若函数恰好有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024下·重庆·高三重庆一中校考开学考试）
5．已知定义在上的函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023上·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）
6．已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024上·湖南长沙·高二统考期末）
7．对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．在处取得最小值 B．在处取得最大值
C．有两个不同零点 D．
（2024上·重庆·高二重庆一中校考期末）
8．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．是函数的极大值点
C．函数有3个零点
D．若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围为
（2024上·江苏南京·高二校联考期末）
9．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．2是函数的极小值点 B．当时，函数取得最小值
C．当时，函数存在2个零点 D．若函数有1个零点，则或
三、填空题
（2023·四川资阳·统考模拟预测）
10．若函数存在最小值，则的取值范围是 ．
（2024上·河北邢台·高三统考期末）
11．已知不等式对任意的实数恒成立，则的最大值为 ．
四、解答题
（2024上·江西·高三校联考期末）
12．已知函数（）.
(1)当时，求的最小值；
(2)若有2个零点，求a的取值范围.
（2023上·河北·高三校联考阶段练习）
13．设，函数，其中．
(1)讨论的零点个数；
(2)证明：对任意，都存在，使得．
【易错题目】第3，11，13题
【复盘要点】混淆恒成立问题或存在性问题.
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【典例】（2024·河南郑州·统考一模），不等式恒成立，则正实数的最大值是 ．
【答案】
【分析】对不等式变形可得在上恒成立，构造函数并利用导数判断可得在上单调递增，即等价于，因此可得对恒成立，构造函数并求得其最小值即可得，可得结果.
将不等式变形可得，
即，
构造函数，可得；
令，则；
所以当时，，即在上单调递减；
当当时，，即在上单调递增，
所以，即，所以函数在上单调递增，
利用单调性并根据可得，
即可得，即对恒成立，因此即可；
令，则，
显然当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，即，
因此正实数的最大值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将不等式变形成，根据同构函数可令，利用导数求得其单调性可转化为对恒成立，求出函数在上的最小值即可得出结论.
【复盘训练】
（2024上·云南曲靖·高二曲靖一中校考期末）
14．已知函数，若对都满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·江苏盐城·高二统考期末）
15．设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
（2024·全国·模拟预测）
16．若函数有两个不同的极值点，且恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2024下·重庆·高三重庆一中校考开学考试）
17．已知定义在上的函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
18．函数在定义域内为增函数，则实数k的取值范围为 ．
（2024上·云南德宏·高三统考期末）
19．设函数，.若在恒成立，则实数的取值范围是 .
（2024下·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）
20．设.
(1)求的极值；
(2)若对于，有恒成立，求的最大值.
（2024下·全国·高三校联考阶段练习）
21．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若存在实数，满足，求的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据图象可得的符号，从而可得的单调区间及极值点，再对选项进行逐一分析判断正误得出答案.
【详解】由可得可能为的极值点，
当时，，为减函数，当时，，为增函数，故为极小值点；
当时，，为减函数，当时，，为增函数，故为极小值点，
所以一定存在极小值点，故A说法正确；
由上分析知极小值分别为，则与中最小值为的最小值，故B说法正确；
若，则恒成立，不等式无解，故C说法正确；
在上一定单调递增，在上不一定单调递增，故D说法错误.
故选：D
2．C
【分析】结合题意构造函数，得到，表示出,再借助导数求出得最小值即可.
【详解】因为，使得，
所以，
即，
令，，
所以在上单调递增.
所以，即，所以，
令，则，
当时，，在单调递减;
当时，，在单调递减;
所以当时，函数取得最小值，即.
.
故选：C.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
商型：，
①，构建；
②，构建；
和型：，
①，构建；
②，构建.
3．C
【分析】设，求出导数后可设，再求新函数的导数，就、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】设，
故，设，
则，
令，则，
故在上为减函数，故，
当时，，故，
故在上为减函数，故，
所以，故在上为减函数，
故即.
若，则，，
故存在，使得，且，，
所以，，故在为增函数，故.
所以，，故在为增函数，故.
这与题设矛盾.
综上，.
故选：C
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
4．A
【分析】由题意转化为与和共有两个交点，利用导数研究单调性极值，数形结合得解.
【详解】因为，所以不是的零点，
当时，令，得，
令，
由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，，且当时，，如图所示，
所以当时，与的图象有且仅有两个交点，此时函数恰好有两个零点.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
5．D
【分析】先求得，然后对进行分类讨论，根据有最小值列不等式来求得的取值范围.
【详解】，
当时，，.
，
当时，，在上单调递减，没有最小值，不符合题意，
所以，令解得，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
若存在，使得对任意，都有，
则，
即.
故选：D
6．A
【分析】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围.
【详解】由题意可知，当时，，所以；
当时，，所以，
综上，对，有，
由有两个零点，即方程有两个根，
即方程有两个根，不妨设,
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，,当时，
令，因为，所以，
所以，则，
令，
，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时.
所以函数的值域为，
即的取值范围是.
故选：A.
7．BD
【分析】
利用单调性求最值判断A,B，求零点判断C，先转换到同一单调区间内，在比大小判断D即可.
【详解】定义域为，易得，令，,令，，故在单调递增，在单调递减，则的最大值为，故A错误，B正确，
令，解得，可得只有一个零点，故C错误，
易知，且结合单调性知，即成立，故D正确.
故选：BD
8．BCD
【分析】求出，利用、可得的单调区间及极值，逐项判断可得答案.
【详解】对于A，，
当时，，单调递减，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以函数在上单调递减，上单调递减，故A错误；
对于B，所以是函数的极大值点，故B正确；
对于C，所以是函数的极小值点，
且，，
所以在上有一个零点，
且，
，
所以在、上各有一个零点，
所以函数有3个零点，故C正确；
对于D，若函数在区间上存在最小值，则
，解得，故D正确.
故选：BCD.
9．BCD
【分析】对于A，由导数与极值的关系即可判断；对于B，根据最小值定义即可判断；画图观察与的图象的交点情况即可判断CD.
【详解】对A，由题意，
所以当或时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，
所以2是函数的极大值点，故A错误；
对B，由A知，且当时，，且大于，
则当时，函数取得最小值，故B正确；
对于C，若，则令，即，设，
则，所以当或时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，，且当，，且大于0，
作出函数图象如图所示，则直线与函数有两个交点，则当时，函数存在2个零点，故C正确；
对于D，若函数有1个零点，即方程有一个根，则转化为直线与的图象只有一个交点，
由图可知，若函数有1个零点，则或，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是画出与的图象，从而即可顺利得解.
10．
【分析】
从，，及进行分析求解.
【详解】注意到，当时，，
由于，，显然，没有最小值；
当时，且无限接近，为增函数，
则，，
，，
此时没有最小值；
当时，为减函数，则，，
，由于增长变化速度远大于减少速度，
此时，由于函数定义域为R,函数连续不断，所以存在最小值．
故答案为：
11．
【分析】换元后简化所要求证不等式，利用函数的导数求出函数的最小值，转化为，再变形为成立，构造函数利用函数求最大值即可.
【详解】令，则原不等式可化为对任意实数恒成立，
即恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，时，，不合题意；
当时，由，可得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，，
又因为恒成立，所以，
所以，所以，
令，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即.
故答案为：.
12．(1)0
(2)
【分析】（1）依据给定参数值，确定具体函数，用导数求解最值即可.
（2）根据题意，对参数范围进行分类讨论，找到符合题意的情况即可.
【详解】（1）的定义域为.
当时，，.
令（），则，
所以在上单调递增，又，所以当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（2）由题意知（）.
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一，使得，所以.
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意；
（b）当时，因为，则，又在上单调递减，
所以，
而，令，则.
当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，
所以；当时，，即.
又，所以，所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点.
又在上有且仅有一个零点1，所以，当时，存在两个零点；
（c）当时，由，得，又在上单调递增，
所以.取，则，所以.
当时，，所以，所以，所以.
又因为，，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点，
又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点.
综上可知，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是正确对参数范围进行讨论，然后得到零点个数，最后得到所要求的参数范围．
13．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，求解函数的单调性，即可结合分类讨论以及零点存在定理求解，
（2）将问题转化为对任意恒成立，构造函数以及，求导判断函数的单调性即可求证.
【详解】（1），
当时，，在区间上单调递增，
所以，即，
故在区间上无零点；
当时，令，解得；令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为，所以，且，，
由零点存在定理可知在区间上有唯一的零点，
此时在区间上有唯一的零点．
综上，当时，无零点；当时，有一个零点．
（2）证明：由（1）知当时，，
要证存在，使得，
即证对任意恒成立，即证对任意恒成立，
即证对任意恒成立，即证对任意恒成立，
令，，由于均为上的单调递增函数，
故在上单调递增，故，
因此问题转化为证对任意恒成立，
令，，则，所以在区间上单调递增，
所以，即对任意恒成立，即对任意恒成立，
即对任意，都存在，使得．
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
14．D
【分析】将问题转化为，利用导数求出函数的最值即可.
【详解】对都满足，
则，
由，，
可得，
令得，令得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，，
所以，
所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：恒成立问题一般转化为最值问题来求解.
15．B
【分析】先利用函数存在两个极值点，转化为函数的导函数在上有两个不相等的实数根，利用一元二次方程根与系数的关系，用字母表示出，，然后把写成关于的函数，求该函数的最小值即可得到问题答案.
【详解】函数的定义域为：，且，.
因为函数存在两个极值点，
所以方程：在有两个不同的解，
所以：，
且，.
所以：.
设，
则，由，得，由得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为：.
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：该问题先利用函数存在两个极值点，把问题转化为二次函数在给定区间上有两个不相等的实数根的问题，再利用一元二次方程根与系数的关系，用字母把，表示出来，再构造新函数，利用导数分析函数的单调性，求函数的最小值即可.
16．B
【分析】首先对求导，得，根据题意得到方程有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系求得的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得到关于参数的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解．
【详解】依题意得，
若函数有两个不同的极值点，
则方程有两个不相等的正实数根，
可得，解得，
因为，
可得
．
设，则，
则单调递减，，可知．
所以实数的取值范围是.
故选：B．
【点睛】关键点睛：1.利用导数与极值点之间的关系及一元二次方程有两个不相等的正实数根，求得的取值范围是解决问题的前提；
2.利用韦达定理二元换一元，通过构造函数解决问题.
17．D
【分析】先求得，然后对进行分类讨论，根据有最小值列不等式来求得的取值范围.
【详解】，
当时，，.
，
当时，，在上单调递减，没有最小值，不符合题意，
所以，令解得，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
若存在，使得对任意，都有，
则，
即.
故选：D
18．
【分析】利用换元法整理函数解析式，根据复合函数的单调性，可得导数的不等关系，利用导数的导数研究其最值，可得答案.
【详解】令，由于在上为增函数，
则在上为增函数，
所以在上恒成立．
令，由，得，
则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，解得．
所以实数k的取值范围为．
故答案为：.
19．
【分析】在恒成立等价于对任意恒成立，就和结合的单调性分类讨论可得对任意恒成立，参变分离后再次利用导数可求的取值范围.
【详解】在恒成立等价于，
所以，即对任意恒成立，
设，则
所以，当时，，函数单调递增，
且当时，，当时，，
若，则，
若，因为，且在上单调递增，所以，
综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立.
设，，则，所以在单调递增，
所以，即a的取值范围为．
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查函数的单调性以及含参数的不等式的恒成立，前者利用导数的符号来讨论，后者需等价变形把原不等式转化简单不等式的恒成立，再根据不等式的结构特征构建新函数来讨论.
20．(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数的单调性，从而得到函数的极值；
（2）参变分离得到恒成立，令，求导得到函数单调性和最值情况，得到答案.
【详解】（1）的定义域为，，
令，可得，令，可得，
故在单调递减，单调递增.
即在处取得极小值，无极大值.
（2）由题可知，对恒成立.
设，
令在单调递减，
故，故在单调递减，而，
故当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故.则，即.
因此的最大值为.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21．(1)的极小值为1，无极大值；
(2).
【分析】（1）利用导数研究函数单调性，从而求极值；
（2）利用函数的导数可知，且，从而，再求范围即可.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取极小值为，无极大值；
（2）由，则，
若，则恒成立，函数单调递增，
若，则，解得或，与题意不符，所以，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取极小值为，
又，则，
所以，而
所以，
设，则，
所以为增函数，则，
所以，
下面证明当时，符合题意：
由可得，
化简得，设，
则，设，
则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
又，当时，，
所以一定存在使得，满足题意，所以；
所以，
令，
则可知，所以为增函数，
且
则，即.
【点睛】思路点睛：第（2）问中，根据条件，利用导数可分析出，从而先确定的取值范围，再求的取值范围．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页5.3.2课时2函数的最大（小）值
第三课 知识扩展延伸
扩展1 与最值有关的恒成立与能成立问题
例1 已知函数在与时都取得极值．
（1）求的值及函数的单调区间；
（2）若对，不等式恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）．
由题意得解得
经检验，满足题意，所以．
当变化时，的变化情况如表所示．
1
+ 0 - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数的单调递增区间是，，单调递减区间是．
（2）由（1）知，，为极大值．
又，则为在上的最大值．
要使恒成立，则只需（提示：），解得或，
所以的取值范围是．
【方法总结】不等式恒成立与能成立问题常用的解题步骤
1．分离参数，转化为函数最值与参数之间的关系；
2．求最值，求或；
3．结论，写出参数的取值范围．
【举一反三1-1】[重庆南岸区2023高二期中]
1．已知，若，都有，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【举一反三1-2】[山西忻州2023高二月考联考]
2．已知函数，若恒成立，则k的取值范围是 ．
【举一反三1-3】4-3
3．已知为实数，函数
（1）若函数的图象上有与轴平行的切线，求的取值范围；
（2）若，对任意，，不等式恒成立，求的最小值．
【举一反三1-4】[课标全国Ⅰ理2020·21]
4．已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
扩展2：函数极值和最值的综合问题
例2 已知函数的导函数的两个零点为和0．
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．
【解析】（1）．
令，因为，
所以的零点就是函数的零点，且与的符号相同．
又因为，所以当时，，即，
当或时，，即，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是，．
（2）由（1）知，是的极小值点，
所以有
解得，所以．
因为的单调递增区间是，单调递减区间是，
所以为函数的极大值，故在区间上的最大值取和中的最大值．
，所以函数在区间上的最大值是．
【方法总结】（1）求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
（2）求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值的情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
【举一反三2-1】
5．已知函数，若在上既有极大值，又有最小值，且最小值为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-2】
6．已知函数，则与的大小关系为
A． B．
C． D．与的大小关系不确定
【举一反三2-3】[江苏盐城中学2022高二期中]
7．定义在上的函数，满足，则下列说法正确的有（ ）
A．对任意恒成立
B．时，的图象位于x轴下方
C．有且只有两个极值点
D．若恒成立，则
扩展3 ： 利用导数研究函数零点问题
例3 已知函数．
（1）若，求的最大值；
（2）当时，讨论函数零点的个数．
【解析】（1）当时，，求导得．
令，解得；令，解得．
所以在上单调递增，在上单调递减，所以．
（2）因为，
所以．
当时，由（1）可得函数，没有零点．
当时，由，得或．
当，即时，由，得或；
由，得．
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，
而，
所以当时，，当时，（提示：极限语言，当无限趋近于时，无限趋近于），
所以函数在区间内没有零点，在区间内有1个零点．
当，即时，恒成立，
即函数在上单调递增．
因为，当时，，所以函数在区间内有1个零点．
当，即时，由，得或；
由，得，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
因为，当时，，
所以函数在区间内没有零点，在区间内有1个零点．
综上，当时，没有零点；当时，有1个零点．
【方法总结】函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据函数零点或图象的交点情况，建立含参数的方程（或不等式）组求解，实现形与数的统一．
【举一反三3-1】[安徽江南十校2023高二月考联考]
8．函数在区间上的零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【举一反三3-2】[湖南五市十校教研教改共同体2022高二期中]
9．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数在处取得极小值0
B．
C．若函数在上恒成立，则
D．函数有三个零点
【举一反三3-3】[山东日照2023高二期中联考]
10．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．恰有一个极大值
C．当时，无实数解
D．当时，有三个实数解
【举一反三3-4】
11．已知函数，，设.
（1）求的极值点；
（2）若，求的零点个数.
【举一反三3-5】[黑龙江哈尔滨2023高二期中]
12．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不同的实数根，求的取值范围．
扩展4 ：利用导数证明不等式问题
例4 设函数，曲线过点，且在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）证明：当时，；
（3）若当时，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）由题意可知，的定义域为．
，
．
（2）【证明】由（1）知，．
设，则．
令，由，得在上单调递增，
且不恒为0，
在上单调递增，
．
（3）【解】设，则．
由（2）知当时，，
当时，，
．
①当，即时，，当且仅当时，等号成立，在上单调递增，
成立．
②当，即时，．
令，则．
令，得．
当时，单调递减，
此时，
又不恒为0，在上单调递减，
，即不恒成立．
综上，实数的取值范围为．
【方法总结】利用导数证明不等式问题的常用方法
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
【举一反三4-1】
13．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时，证明：.
【举一反三4-2】
14．已知为函数的极值点．
(1)求；
(2)证明：当时，．
【举一反三4-3】[课标全国Ⅰ理2018·21]
15．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
（2022·全国·统考高考真题）
16．函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
（2022·全国·统考高考真题）
17．当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
（2022·全国·统考高考真题）
18．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2021·全国·统考高考真题）
19．函数的最小值为 .
（2020·北京·统考高考真题）
20．已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
（2021·北京·统考高考真题）
21．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
（2023·新高考Ⅰ卷）
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
（2023·全国乙卷）
23．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.
（2022·全国·统考高考真题）
24．已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
（2022·全国·统考高考真题）
25．已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】要使题设成立，需满足，先求出函数的最大值，再采用分离常数法结合导数求解即可
【详解】因为，所以，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，所以；
因为，都有，
所以在恒成立，即在恒成立，
令，则，
令，则恒成立，
所以在单调递增，，
故存在唯一，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，解得，
所以，
所以，即.
故选：C.
【点睛】关键点睛：函数中的任意性和存在性问题的实质上都可以转化为函数的最值问题.
2．
【分析】将表示为，原不等式恒成立，即恒成立，对进行换元，构造函数求出新元的范围，则原不等式即可化为，，分两种情况讨论，当时，代入可知恒成立，当时，对不等式进行全分离，构造新函数，求导求单调性求出最值即可得k的取值范围.
【详解】解：因为恒成立，所以，
因为，由恒成立，
即①恒成立，令，
所以，即在上，，单调递减，
在上，，单调递增，故，
令，①式可化为②，
当时，②式可化为：，此时不等式恒成立，故；
当时，②式可化为：恒成立，故只需即可，
令，有，
在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
所以，故，
综上：k的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于恒成立问题的方法有：
（1）若，恒成立，则只需；
（2）若，恒成立，则只需；
（3）若，恒成立，则只需；
（4）若，恒成立，则只需；
（5）若，恒成立，则只需；
（6）若，恒成立，则只需；
（7）若，恒成立，则只需；
（8）若，恒成立，则只需.
3．（1）；（2）.
【解析】（1）函数的图象上有与轴平行的切线，即有实数解，利用判别式大于等于零解出的取值范围；
（2）由可得值，令解出方程根，得出函数的单调性和最值，代入不等式可得的取值范围，进而得出的最小值．
【详解】（1）．
由题意知有实数解．
，即或．故
（2），，即．
，令得，．
则在单调递减，在单调递增，
当时，，，，
，．
故，时，
所以，即的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性和最值，解决本题的关键点是将恒成立，转化为求的最大值，即求，代入不等式可得参数的最小值，考查了学生转化思想和计算能力，属于中档题．
4．（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
5．C
【解析】求出函数的导数的零点，可以判断1是函数的极小值即最小值点，即可由此列出不等式求出的范围.
【详解】的零点为和1，
因为，所以1是函数的极小值即最小值点，
则是函数的极大值点，
所以，且，
解得.
故选：C.
【点睛】本题考查导数的应用，考查抽象概括能力与数形结合的数学思想.
6．B
【分析】先求函数导数，在定义域上判断函数单调性，可得当时，函数的最大值，又因，所以，再根据，可得两者的大小关系．
【详解】由题得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，又因，所以当时，最大值为，因为，则且，所以有，故选B．
【点睛】本题考查用导数判断函数单调性，求某一区间上的最大值和某定值的大小关系．
7．AB
【分析】A：，利用导函数判断单调性，即可判断选项A；B：由时，的正负即可判断；C：利用导函数判断即可；D：整理不等式为，设，转化问题为求的最小值，即可判断.
【详解】A：因为，即，
设，则，
所以在，，所以，故正确；
B：由题，当时，，，所以，故正确；
C：设，则，
其中，
设，则在上均为增函数，
当时，，
而，，
而，
故在上有且只有一个零点且，
则，时，；
时，，故有且只有一个极值点，故错误；
D：恒成立，则恒成立，
设，则，
令，则，因为，
所以当时，；，，
所以，
所以，故错误.
故选：AB
8．B
【分析】根据导数与函数的单调性、最值的关系以及零点的存在性定理求解.
【详解】对函数求导可得，，
记,则，
当时，，则，
当时，，则，
所以在上，，所以，所以单调递增，
注意到，
所以必存在使得，
于是在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以在区间上必存在一个零点.
综上，函数在区间上有两个零点.
故选:B.
9．ABD
【分析】求函数的导数，判断其单调性，可确定函数的极值点，判断A;根据函数的单调性即可判断B;根据函数的导数以及函数的单调性的判断，求得其极大值即最大值，可判断C;作出函数的大致图象，数形结合，判断D.
【详解】由题意得：，
A．，，f（x）单调递减；，，f（x）单调递增，故函数在 处取得极小值，A正确；
B．当时，，f（x）在上单调递减，
故，B正确；
C．由以上分析可得在 上，
故若函数在上恒成立，则，C错误；
D．由以上分析可作出函数 的大致图象：

由f（x）的大致图象可知的图象与有三个交点，
故函数有三个零点，D正确，
故选：ABD
10．BCD
【分析】分类讨论去掉绝对值符号后求导数确定单调性、极值判断AB，利用极值判断方程的实根个数判断C，利用数形结合思想判断D．
【详解】对于A，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．当时，，在上单调递增，A错误；
对于B，由以上讨论知是的极大值点，B正确；
对于C，当时，，当时，，所以当时，无实数解，C正确；
对于D，当时，，由以上讨论知当时，．而，作出的大致图象如图所示．如图可知，有三个实数解，所以有三个实数解，D正确．
故选：BCD．
11．（1）答案见解析；（2）有且仅有1个零点.
【分析】（1）求的定义域，求导，对分，，讨论，确定单调性，极值点；
（2）由（1）可得时，的单调性和极值点，求出极值，确定极值与0的大小关系，判断的零点个数.
【详解】（1）由题，，定义域为，
则，
当时，，当且仅当时，，
故在递增，无极值点；
当时，在（0，1）递增，递减，递增，
故的极大值点为1，极小值点为；
当时，在递增，递减，递增，
故的极大值点为，极小值点为1.
（2）当时，在上递增，在上递减，在上递增，
所以的极小值为，的极大值为，
且，
设，其中，
则，
所以在上是增函数，所以，
所以，
因为，
所以有且仅有1个，使得，
故当时，有且仅有1个零点.
【点晴】（1）的点不一定是极值点，所以需要确定的单调性，才能确定极值点；
（2）利用函数的单调性和零点存在性定理是确定函数零点个数的常用方法，关键是确定函数的单调性后要找到函数的极值，看极值的正负，就能确定函数穿过了轴几次，从而确定函数的零点个数.
12．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对求导，分类讨论和时的正负，即可得出的单调性；
（2）解法一：“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，转化为与的图象有两个交点，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案.
【详解】（1）由条件知，，
当时，在上恒成立，所以在单调递增．
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）解法一：由方程得，“方程有两个不同的实数根”等价于“函数有两个零点”．
，．
①当时，，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；
②当时，由得，
当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减．
（ⅰ）若，则，最多只有一个零点；
（ⅱ）若，因为，且，，
所以在区间内有一个零点．
令函数，则，．
当时，，在上是增函数；
当时，，在上是减函数.
所以，故．
所以，又，
所以在区间内有一个零点．
综上可知：当时，有两个零点，即方程有两个不同的实数根，
故a的取值范围为．
解法二：由方程得．
设函数，则，．
令，得，设，
则当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值也就是最大值为，
且当，x趋近于0时，趋近于负无穷，当趋近于正无穷时，，且趋近于0．
方程有两个不同的实数根，转化为直线与的图象有两个交点，
结合函数图象可知a的取值范围是．
13．（1）答案见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的正负即可得原函数的单调性；
（2）将原式转化为证明，令，利用导数求出其最小值大于零即可.
【详解】解：（1）由已知，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，要证：，即证，
令，
，
设，
则，
即在上单调递增，
所以在上单调递增，
恒成立，
所以当时，.
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查了不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题.
14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再检验即可；
（2）设，求出函数的导函数，即可得到，再由零点存在性定理得到存在唯一，使，即可得到的单调性，再结合特殊值，即可证明.
【详解】（1）定义域为，，
由，解得，
若时，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，符合题意，因此．
（2）设，则，又，
因为，，所以存在唯一，使，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
由得，所以，
因此当时，，而，
于是当时，．
15．（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
【详解】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即.
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时．
欲证不等式成立，只需证．
因为，所以，只需证．
令，
所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．
［方法三］：硬算
因为，
所以有两个相异的正根（不妨设）．
则且即．
所以．
而，，所以．
设，则．
所以在上递减，，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于．
由对数平均不等式可得，即．
故．
【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一样；
方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；
方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．
16．D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
17．B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
18．C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
19．1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
20．（Ⅰ），（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；
（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）[方法一]：导数法
显然，因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
[方法二]【最优解】：换元加导数法
．
因为为偶函数，不妨设，，
令，则．
令，则面积为，只需求出的最小值．
．
因为，所以令，得．
随着a的变化，的变化情况如下表：
a
0
减 极小值 增
所以．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
当且仅当，即时取等号．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法四]：两次使用基本不等式法
同方法一得到
,下同方法一.
【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.
21．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
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）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
23．(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.
24．(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
25．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
答案第1页，共2页
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