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/ 让教学更有效 精品试卷 | 数学
专题1 函数与导数
1.4 函数与导数高频压轴小题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
零点 2024年新高考II卷第6题，5分 2024年全国甲卷第16题，5分 2024年天津卷第15题，5分 2023年新高考II卷第11题，5分 2022年新高考I卷第10题，5分 预测2025年新高考数学，导数知识将成为重头戏。它可能以选择题、填空题形式独立出现，主要考察基础计算与几何理解，难度相对较低；或巧妙融入解答题之中，成为解题关键。特别是利用导数探究函数单调性、极值与最值等深层次应用，预计将作为选择题、填空题的难点部分，出现在题序后端，难度适中偏上，综合考查学生的分析能力和解题技巧。
不等式 2024年新高考II卷第8题，5分 2021年新高考II卷第16题，5分
三次函数 2024年新高考 I卷第10题，6分 2024年新高考 II卷第11题，6分 2022年新高考 I卷第10题，5分
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.
1．（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】解法1：令，原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；故选：D.
解法2：令，即，可得，
令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；综上所述：.故选：D.
2．（2024年全国甲卷）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.故答案为：
3．（2024年天津卷）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】令，即，由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，. 故答案为：.
4．（2023年全国乙卷）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，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.
5．（2023年天津卷）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】（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：．
6．（2022年天津卷）设，对任意实数x，用表示中的较小者．若函数至少有3个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】设，，由可得.要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.
7．（多选题）（2023年新高考Ⅱ卷）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】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
8．（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；可知若，符合题意；
若，当时，可知，此时，不合题意；
综上所述：，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：C.
9．（多选题）（2024年新高考Ⅰ卷）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
【答案】AC
【解析】由题，，令得或，令得，
所以在，上单增，上单减，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.
10．（多选题）（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.故选：AD
11．（多选题）（2024年新高考Ⅰ卷）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【解析】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
12．（2022年全国乙卷）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 ．
【答案】
【解析】[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.
13．（2022年北京卷）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ．
【答案】 0（答案不唯一） 1
【解析】若时，，∴；若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，当时，单调递减，，
当时，∴或，解得，
综上可得；故答案为：0（答案不唯一），1
14．（2023年全国乙卷）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【解析】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：.
高频考点一 函数的零点个数问题（分段分析法）
核心知识：
分段分析法：有的函数直接通过导函数判别特别困难或根本无法实现，那么我们可以尝试将这个函数分割成两个或多个函数分别研究其单调性，若这几个函数的单调性恰巧一致，那么问题就得到解决了。
典例1：（2024·黑龙江·高三校考期中）设函数（其中为自然对数的底数），若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令,则，
设，令， ，则，
发现函数在上都是单调递增，在上都是单调递减，
故函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，得，所以函数至少存在一个零点需满足，即．应选答案D．
变式训练
1．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数(e为自然对数的底数)有两个不同零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由，得，且
由，则
若，则，此时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足题意.
若，设，则，所以在上单调递增
由，所以有唯一实数根，设为，即
则当时，，，则在单调递减，
当时，，，则在单调递增，
所以当时，
由可得，即，即
所以， 又当时，，
当，指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多，可得
所以函数有两个不同零点，则
设，则 当时，有，则在上单调递增.
当时，有，则在上单调递减.
又当时，， 所以当时，，当时，，
所以的解集为 故答案为：
2．（2024·浙江·高三专题练习）已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】转化为有四个解，即在范围内有四个解，
即在范围内有四个解，即在范围内有四个解，
即在范围内有四个解，令，则，令得，
所以当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，所以，做出大致图像如下：
令，则原方程转化为，令，，
令得，当时，，当时，，
所以在递减，在递增，做出大致图像如下：
所以时，对应解出两个值，从而对应解出四个值，故答案为：.
高频考点2 函数的唯一零点问题
典例1：（2024·重庆·校考三模）已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【解析】通过转化可知问题等价于函数的图象与函数的图象只有一个交点求的值，分，，三种情况，结合函数的单调性分析可得结论.函数有唯一零点，等价于函数的图象与函数的图象只有一个交点，
当时，，此时有两个零点，不满足题意；
当时，由于在上单调递减，在上单调递增，且在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的图象最低点为，函数的图象最低点为，由于，故两个函数的图象有两个交点，不满足题意；
当时，由于在上单调递减，在上单调递增，且在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的图象最低点为，函数的图象最低点为，若两函数只有一个交点，则，即.故选：D.
技法点拨
根据偶（或奇）函数零点特性可知：若偶（或奇）函数有唯一零点，则必然在处取得，即。
其实此结论也可以拓展为：
若函数具有轴对称性（对称轴为），且有唯一零点，则必然在处取得，即.
变式训练：
1.（2024·山西·高三校考期末）已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】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
2．（2024·湖北·校考一模）已知函数，，若与的图象有且只有一个公共点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将问题转化为与有唯一交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，由此得到大致图象，数形结合可求得结果.与图象有且仅有一个公共点，有唯一解，即有唯一解，令，则，，
，，在上单调递增，
又，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
可得大致图象如下图所示：
有唯一解等价于与有唯一交点，由图象可知：当时，与有唯一交点，即与的图象有且只有一个公共点.故选：C.
高频考点3 嵌套函数的零点问题
核心知识：
嵌套函数：又名复合函数，指的是形如的函数，嵌套函数零点问题的求解关键在于“设”，注意定义域与值域的转化，结合图像解题。
典例1：（2024·浙江·高三专题练习）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
【答案】B
【解析】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，则由，得，
当时，由，符号情况（1），此时原方程有1个根，
由，而，符号情况（3），此时原方程有2个根，综上得共有3个根；
当时，由，又，符号情况（1）或（2），此时原方程有1个或三个根，
由，又，符号情况（3），此时原方程有两个根，
综上得共1个或3个根.综上所述，的值为1或3.故选B.
变式训练：
1．（2024·福建·高三校考期末）定义在上函数，若关于的方程(其中)有个不同的实根，，…，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，得.
或及，函数图像如图所示，由图可知，共有五个根，，，，，且，和关于对称，和关于对称，所以为，.故选：A
2．（2025·四川广安·高三校考阶段练习）设定义域为R的函数，若关于x的方程有3 个不同的实数解x1、x2、x3且x1< x2A． B．1 + a + b = 0
C．x1 + x3 = D．x1 + x3 > 2x2
【答案】D
【解析】分段函数的图象如图所示：
由图可知，只有当时，它有三个根，其余的根为0或2个，
由，即，解得，或．
若关于的方程有且只有3个不同实数解，只能为，
其解分别是，，0，因为，即，，，
，，，故正确的有ABC 故选：D．
高频考点4 不动点与稳定点问题
核心知识：
1、不动点定义：一般地，对于定义在区间上的函数，若存在，使得，则称是函数的一阶不动点，简称不动点．
从代数角度看，一阶不动点是方程的根．
从几何角度看，一阶不动点是曲线与直线的交点的横坐标．
2、稳定点定义：若存在，使，则称是函数的二阶不动点，简称稳定点．
从代数角度看，二阶不动点是方程的解，也就是方程组的解；
从几何角度看，函数的二阶不动点是指：函数图象上关于直线对称的两点的横坐标（即函数与其反函数的交点的横坐标），或直线与函数交点的横坐标．
3、不动点与稳定点的结论
（1）有解等价于有解。
特别地，当函数单调递增时，的解与的解相同．
（2）无解等价于无解。
（3）有解等价于有解。
（4）无解等价于无解。
典例1：（2024·高三·福建泉州·期中）已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】依题意，，而，即函数是奇函数，
由曲线上存在点，使得，得存在，使成立，函数在定义域内单调递增，下面证明：成立，
假设，则，不满足，假设不成立，
假设，则，不满足，假设不成立，因此，
则原问题等价于“在上有解”，即“在上有解”，
设，，求导得，
令，求导得，由，解得，
当时，；当时，，在上递减，在递增，
因此，函数在上单调递增，
于是的值域为，即，则，所以实数的取值范围是.故答案为：。
变式训练：
1.已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】曲线上存在点,.
函数在上单调递增. 下面证明.
假设,则,不满足.
同理假设,则不满足. 综上可得:.
令函数,化为 .令 ,.
,函数在单调递增. .
的取值范围是. 所以A选项是正确的.
2．对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”，因此方程有解，但方程组无解，
由，得有解，则有，解得，
由，得，两式相减得，
而，于是，从而，
显然方程无解或仅有两个相等的实根，因此，解得，
所以a的取值范围是. 故答案为：
高频考点5 指数与对数函数的交点问题（反函数法）
典例1：（2024·山东济南·一模）设分别是函数和的零点(其中)，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，得即，所以是图像与图像的交点，且显然，
令，得，即，所以是图像与图像的交点，
因为与关于对称，所以两根也关于对称，所以有，
所以，令在上单调递减，所以 故选：C
技法点拨
当时，方程有且只有三解；当时，方程有且只有一解；
当，方程无解；当时，方程有且只有一解；
当时，方程有且只有两解
变式训练：
1.（2024·广东·模拟预测）若函数与其反函数的图像有交点，则实数的值可以是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【解析】当时，无反函数，故不符合题意；
由选项可知只需考虑即可.此时为指数函数，我们知道函数的反函数为，
当与相切时，设切点为，在切点处两直线两函数值与斜率相等，
则，由③可得，代入②可得：，
解得：，综上，由于，故，故选：B
2.（2024·山东·模拟预测）已知函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令、，则、，
在同一坐标系中分别绘出函数、、的图像，
因为函数的零点为，函数的零点为，所以，，
解方程组，
因为函数与互为反函数，所以由反函数性质知、关于对称，
则，，，A、B、D错误，
因为，所以在上单调递增，因为，，
所以，因为点在直线上，
所以，，故C正确，故选：C．
高频考点6 函数共零点问题
核心知识：
共零点问题：此类问题往往是的形式，其特征是两个函数具备相同的零点．
典例1：（2024·高三·湖北武汉·开学考试）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】的定义域为，令，得，
①当时，满足题意，；
②当时，，由，得，
要使任意，恒成立，则，所以；
③当时，，由，得，
要使任意，恒成立，则，所以；
综上，，即. 又，，
当且仅当时，取最小值.所以的最小值为.故选：A.
变式训练：
1.（2024·重庆·模拟预测）设函数，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．9
【答案】C
【解析】解法一：的定义域为，易知函数在R上单调递增，在R单调递减，
令解得或；由恒成立可知必有，
则，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．故选：C．
解法二：同法一得，设点，则点在定直线上，
设点，则，
当时有最小值，由点线距公式可得，
故的最小值为．故选：C．
2.（2024·河南洛阳·模拟预测）已知函数，且在定义域内恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】或
【解析】先求得的定义域，然后对和的符合进行分类讨论，由此求得实数的取值范围.依题意，定义域为.
由于在定义域内恒成立，则
①恒成立，即在恒成立.令，，故在上递减，在上递增，故.所以由可得，即.
②恒成立，即在恒成立，不存在这样的.
③当时，由于在上递增，在上递减，要使在定义域内恒成立，则需和有相同的零点.由，解得.
综上所述，实数的取值范围是或.故答案为：或
高频考点7 整数解问题
核心知识：
1、直接法：为了得到含参函数的单调性与最值，往往需要对参数进行分类讨论。
2、参数分离法：参数分离后，根据所得函数的图象，讨论参数的取值范围，分离又有完全分离与不完全分离两种。
典例1：（2024·高三·重庆·期中）若关于x的不等式 的解集中恰有三个整数解，则整数a的取值是（ ）(参考数据:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】不等式可整理为，
当时，成立，所以其它两个整数解大于1，
当时，原不等式可整理为，令，则，
令，则，
当时，，则在上单调递增，
又，所以，所以在上单调递增，所以不等式的两个整数解只能是2,3，所以不等式的三个整数解为1,2,3，
则，解得，
因为，，，所以整数.故选：B.
变式训练：
1.已知函数，若不等式的解集中有且仅有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又当时，，当时，且，作出的函数图象如图所示：
由仅有一个整数解，得只有一个整数解，
设，由图象可知：当时，在上恒成立，不符合题意，
当时，若只有1个整数解，则此整数解必为1，
所以，即，解得．故选：D．
2.若不等式（其中）的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令，当时，，当，
故在上单调递减，在上单调递增，所以，且，
而当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于0，
当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，
令，该函数图象为恒过的动直线，因为不等式的解集中恰有一个整数，
结合图象可得，即，所以. 故选：D
高频考点8 等高线问题
核心知识：
对于函数，若，则直线叫做函数的等高线．此类题通常以求取值范围的形式出现，其基本方法是“减元”，即充分利用函数值相等这一条件实施“消元”．
典例1：（2024.重庆模拟预测）已知函数，若关于x的方程有4个不同的实根，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由关于x的方程有4个不同的实根可知函数与图象有4个交点；
作出函数函数与的图象如下图所示：
由图可知，又可得，
易知，可知，则有，
即，所以，易知二次函数图象关于对称，
即可得关于对称，即，即可得，
令，解得或，所以，
因此. 故选：A
变式训练：
1.（2024·山东·高三校联考期中）函数，若，且a，b，c，d互不相等，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，且，不妨设，作图如下：
由图可知，且二次函数的对称轴为直线，易知，则，
，当且仅当时，等号成立，可得；
由图可知，则，可得，解得. 综上所述，.故选：C.
2.（2025·广东·高三校联考期中）设函数，若（其中），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出函数的图象，如图所示，设，
由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，
交点的横坐标分别为，且，
当时，令，解得或.由图可知，,，
由，可得，所以，
则有，所以.
令，易知在上为减函数，且，
故，则的取值范围是. 故选：D
高频考点9 倍值函数问题
核心知识：
对于函数，这样的问题称之为倍值函数问题，该类问题主要有三个模型：（1）模型1：函数单调递增，方程同构即可；（2）模型2：函数单调递减，两式相减即可；（3）模型3：函数有增有减，分类讨论即可．
典例1：1．（2024·高三·浙江·开学考试）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)在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有 ．（填上所有正确的序号）
①；②；③；④．
【答案】①③④．
【解析】由题意(1) 在内是单调函数；(2)，或，
对于①. ，若存在“倍值区间” ，则在单调递增，
则，即解得，所以，故存在“倍值区间” ；
对于②. ，若存在“倍值区间” ，则在单调递增，
则，则，则为方程的两个实数根.
构建函数，故，则函数在上单调减，在上单调增，
所以函数在处取得极小值，且为最小值，由，
所以无解，故函数不存在“倍值区间”；
对于③. ，，则在上单调递增，在上单调递减.
若存在“倍值区间” ，则，即，解得，故存在“倍值区间” ；
对于④. 且，则函数在定义域内为单调增函数，不妨设，
若存在“倍值区间” ，则，即，
则为方程的两个实数根，即为方程的两个实数根.
设，在方程中，，故又两个不等实数根，设为
则，所以均为正数.
所以方程有两个不等的正根，故存在“倍值区间” ；
综上知，所给函数中存在“倍值区间”的有①③④，故答案为: ①③④
变式训练：
1.（2024·湖北·高三校联考期中）已知函数（且），若存在实数，使函数在上的值域恰好为，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
故在单调递增，，，
即有两个解，设，，即有两个不相等的正根，
故，解得.故答案为：.
2.（2024·山东菏泽·校考一模）已知函数，当时，的值域为，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为，故，又 二次函数图像的对称轴为，
当时，有，故，两式相减并化简得到，所以，
故，同理，
所以方程有两个大于或等于的不等的实数根，
令，则 ，所以.
若，则，即，
所以两个小于或等于的不等式的实数根，故且.
若，则①或②，对于①，
当时，有；当时，无解.
对于②，有，整理得到，
得，，综上， 且.故答案为：.
高频考点10 双参数比值型问题
核心知识：
对于双参数比值型问题，零点比大小法是一种有效的解决策略。这种方法类似于数形结合的思想，首先我们将问题中的曲线和直线部分“曲直分开”，分别绘制出它们的图像，并找出它们的零点。
在这里，直线的零点具有特殊的意义，它通常对应着我们待求的双参数比值。接下来，我们观察直线和曲线的交点情况，特别是当直线的零点与曲线的零点重合时，这意味着双参数比值取得了最值（这个最值可能是最大值，也可能是最小值，具体取决于题目的要求）。
在图像上，这种最值情况表现为直线与曲线在曲线的零点处相切。换句话说，当直线与曲线仅有一个交点，并且这个交点恰好是曲线的零点时，双参数的比值就达到了它的最值。
因此，通过绘制曲线和直线的图像，寻找它们的零点，并观察它们之间的交点情况，我们可以直观地找到双参数比值的最值。这种方法不仅直观易懂，而且在实际应用中非常有效。
典例1：（2024·安徽合肥·模拟预测）设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是 .
【答案】/
【解析】由题意知，不等式在上恒成立，
令，则在上恒成立，令，所以，
若，则在递增，当时，，不等式不恒成立，
故，当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，
所以，所以，所以，
令，则，
所以，当时，当时，，
所以当时，取得最小值的最小值是.
又，所求最小值是.故答案为：
变式训练：
1.（2024·江苏·一模）已知函数，其中为自然对数的底数，若不等式恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】由函数的解析式可得：，
当时，，不合题意，舍去，当时，由可得：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
则当时，函数取得最大值，即，即：，
整理可得：，即恒成立，
则原问题转化为求解的最大值. 求导可得：，
令，则，令可得：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，取得最大值：，
且：当时，所以，，
据此可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
即函数的最大值为，综上可得：的最大值为.
2.（2024·河北沧州·三模）若不等式，对于恒成立，则的最大值为 .
【答案】
【解析】令函数，则，
由，解得，当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
也是最小值为，
由不等式，可得，所以，
令，则，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，即，所以的最大值为.故答案为：.
高频考点11 三次函数问题
核心知识：
1、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．
2、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．
典例1：（2024·辽宁沈阳·高三校考期中）已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，若有三个零点，则b的取值范围为
B．若满足，则
C．若过点可作曲线的三条切线，则
D．若存在极值点，且，其中，则
【答案】B
【解析】对于A ，，当时，，，
令，解得或，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时取得极大值，当时取得极小值，
有三个零点，，解得，故选项A正确；
对于B ，满足，根据函数的对称可知的对称点为，将其代入，得，
解得，故选项B错误；
对于C ，，
设切点为，则切线的斜率
化简 由条件可知该方程有三个实根，有三个实根，
记，，令，解得或，
当，，当，，当，，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
因为过点可作出曲线的三条切线，
所以，解得，故选项C正确；
对于D ，，，当，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
存在极值点，由得令，
，于是，所以
，化简得：，
，，于是，.故选项D正确；故选：B
变式训练：
1.（2024·山西·一模）已知函数存在极值点，且，其中，
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【解析】由题意，求得导数，
因为函数存在极值点，，即，
因为，其中，所以，
化为：，
把代入上述方程可得：，
化为：，
因式分，，．故选C．
2．（2024·四川成都·模拟预测）对于三次函数（），给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ）
A．2014 B．2013 C． D．1007
【答案】A
【解析】，所以，令 ， ，所以的对称中心为 ，
故选：A
高频考点12 指对同构问题
核心知识：
常见同构式：①积型
对数化:令，得
指数化:令，得
不等式两边同时取对数变形：令，得
②商型
对数化:令，得
指数化:令，得
不等式两边同时取对数变形：令，得
③和差型
对数化:令，得
指数化:令，得
再比如令，得．
典例1：（2024·湖南郴州·三模）设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】因为通分得：即：；设，函数在单调递增，
恒成立，得：即设，
易知函数在上单调递增，在上单调递减 故答案为：
变式训练：
1.（2024·湖北·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于的方程（，，）可化为同构方程，则 ， ．
【答案】 3 8
【解析】对两边取自然对数得 ①．对两边取自然对数得，即 ②．
因为方程①，②为两个同构方程，所以，解得．
设（），则，
所以函数在上单调递增，所以方程的解只有一个，所以，
所以，故． 故答案为：3；8．
2.（2024·高三·四川内江·期中）若恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】依题意，．得，所以，所以，
因为，所以，若，显然成立，此时满足；
若，令，在上恒成立，
所以在上单调递增，而，所以．
综上，在上恒成立，所以．令，所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以，即．所以的取值范围为.
高频考点13切线放缩与夹逼
核心知识：
（1）指数函数的切线不等式：①；②．
（2）对数函数的切线不等式：①；②；③．
（3）三角函数的切线不等式：
①当时， ；当时， ；
②当时， ；当时， ．
③切线与割线相结合的形式：当时，
典例1：（2024·山西晋中·二模）若存在实数x，y满足，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】C
【解析】令函数，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当，可得，
令函数，则，当且仅当时取等号，
又由，所以，所以，所以．故选：C.
变式训练：
1.（2024·河南·一模）已知实数满足，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将原式作如下变形得：.由此可构造函数：.不妨设，可得，由知，时，，时，，所以（当且仅当时取“”）.即解得，故.故选C.
2.（2024·河南·模拟预测）已知函数，，其中e为自然对数的底数，若存在实数使得成立，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.又，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当两个不等式同时取等号时，等号成立.
若存在实数使得成立，则，即.故选：D
高频考点14 函数的切线问题（切线条数、公切线、切线重合与垂直）
典例1：（2024·广东·高三校联考开学考试）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．
【答案】A
【解析】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
变式训练：
1．（2024·上海闵行·高三校考期末）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．
【答案】D
【解析】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.
2．（2024·河南·高三专题练习）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．
【答案】C
【解析】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.
3．（2024·广东·高三专题练习）若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，设公切线与的图象切于点，与曲线切于点，
∴，故，所以，∴，∵，故，设，则，
∴在上递增，在上递减，∴，∴实数a的最大值为e 故选：B.
4．（2024·江苏·高三专题练习）若过点可以作曲线的三条切线，则（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可得，设切点，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解，
设，，由，得或，又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，单调递增，当时，当时，，且，，函数的大致图像如图所示，
因为的图像与直线有三个交点，所以，即.故选：D.
高频考点15 不等式的恒成立（存在）问题
典例1：（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】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：.
变式训练：
1．（2024·四川南充·校考模拟预测）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．
【答案】C
【解析】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.
2．（2024·吉林·校联考模拟预测）已知函数（，）在区间上总存在零点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】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.
1．（2024·河南·校考三模）已知为三次函数，其图象如图所示.若有9个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】作出的图像如图所示，由的图像可知，
的极大值为，极小值为，
有9个零点，令，结合和的图像可知，有3个解，
分别设为，且，且每个对应都有3个满足，欲使有9个零点，
由图可知：，且，，，
由函数的解析式知：，，，由图像可知，，
则，解得，得，故选：A.
2.（2024·高三·成都·期末）已知函数有唯一零点，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】把函数等价转化为偶函数，利用偶函数性质，有唯一零点，由得解.因为，
令 则，
因为函数有唯一零点，
所以也有唯一零点，且为偶函数，图象关于轴对称，由偶函数对称性得，所以，解得，故选：D.
3.（2024·云南·高三校考阶段练习）已知函数有唯一零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】有零点，则，
令，则上式可化为，因为恒成立，所以，
令，则，故为偶函数，
因为有唯一零点，所以函数的图象与有唯一交点，
结合为偶函数，可得此交点的横坐标为0，故.故选：D
4．（2024·安徽亳州·高三校考阶段练习）设定义域为R的函数，若关于x的方程有且仅有三个不同的实数解，且.下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】分段函数的图象如图所示：
由图可知，只有当时，它有三个根，其余的根为0或2个，
由，即，解得，或．
若关于的方程有且只有3个不同实数解，只能为，
其解分别是，，0，因为，即，，，
，，，故正确的有ABC，故选：D．
5.（2024·湖南长沙·模拟预测）若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】设，，
则，设，
则，
当时，，故，而，
故当时，，故在为增函数，故，故在为增函数，
所以即恒成立.
当时，，故存在，使得任意，总有，
故在为减函数，故任意，总有，所以任意，总有，
故在为减函数，故，这与题设矛盾，故最小整数为0．故选:A．
6.（2024·重庆渝中·校考模拟预测）已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，，
由题意可知函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数，
因为，所以，由，解得，由，解得，
则在上单调递增，在上单调递减；
又，，，即过点，，
且当时，当时；如图，作出的大致图象如下所示：
因为直线过定点，且当时，
所以，即，故，即的取值范围是．故选：D
7.（2025·广东·校考模拟预测）设函数，若互不相等的实数，，满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出的图像如下图所示，，不妨设，
，时，，
则由图像可知，，，所以，故选：D.
8．（2024·上海·高三校考阶段练习）已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．方程恰有3个不同的实数解
B．函数有两个极值点
C．若关于x的方程恰有1个解，则
D．若，且，则存在最大值
【答案】C
【解析】由已知得，作出图象，如下图，
对于A选项：由方程得或或，
有图可知无解，无解，有个解，故A正确；
对于B选项：由图可知，和是函数的两个极值点，故B正确；
对于C选项：若方程恰有1个解，即函数与函数的图象仅有一个交点，可得或，故C错误；对于D选项：令，则，且，
则， ，，那么，设，，
则，令，，则，显然在时，恒成立，即在上单调递增，
且，，所以存在，使得，
那么当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，
所以在上存在最大值，即存在最大值，故D正确.故选：C.
9.（2024·河南郑州·一模）已知函数，实数满足， ，则
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【解析】设函数图象的对称中心为，则有，
整理得，比较系数可得．
所以函数图象的对称中心为．又，，且，
∴点关于对称，∴．选A．
10.（2024·河北唐山·三模）已知函数有两个极值点，且，若，函数，则
A．仅有一个零点 B．恰有两个零点 C．恰有三个零点 D．至少两个零点
【答案】A
【解析】由有两个极值点，且，所以函数在递增，在上递减，在递增，大致图像如下图
又因为，所以显然为与的中点，结合上面函数图像可知，函数与函数的交点只有一个，所以方程的根只有一个，即函数的零点只有一个，故选择A.
11.（2024·云南昆明·一模）若存在，满足，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，，则它们函数图象的一个公共点为，函数在点处的切线斜率为，所以在处的切线方程为，所以要存在满足，则，所以取值范围是，选A.
12．（2024·天津滨海新·高三校考阶段练习）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
【答案】B
【解析】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.
13．（2024·福建·模拟预测）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．
【答案】D
【解析】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.选：D
14．（2025·山东·高三专题练习）对于任意都有，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，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.
15.（2024·天津北辰·三模）设，对任意实数x，记．若有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】令，因为函数有一个零点，函数至多有两个零点，
又有三个零点，所以必须有两个零点，且其零点与函数的零点不相等，
且函数与函数的零点均为函数的零点，
由可得，，所以，所以为函数的零点，
即，所以，
令，可得，由已知有两个根，
设，则有两个正根，所以，，
所以，故，当时，有两个根，设其根为，，则，
设，则，，所以，
令，则，则，，
且，，所以当时，，
所以当时，为函数的零点，又也为函数的零点，且与互不相等，
所以当时，函数有三个零点.故答案为：.
16.（2024·河南南阳·模拟预测）已知函数有三个不同的零点，且，则的值为 .
【答案】36
【解析】因为所以
因为，所以 有三个不同的零点，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递增，在上单调递减，所以,当时，
令，则 必有两个根，不妨令，
且, 即必有一解，-有两解，且，
故.
故答案为：36.
17．（2024.广东模拟预测）若函数有两个极值点，其中,，且，则方程的实根个数为 个.
【答案】
【解析】有两个极值点
有两个不等正根
即有两个不等正根 且，
令，则方程的判别式
方程有两解，且， 由得：，又
且
根据可得简图如下：可知与有个交点，与有个交点
方程的实根个数为：个 本题正确结果：
18.设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在一点使得，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题设及函数的解析式可知，所以．
由题意问题转化为“存在，使得有解”，即在有解，
令，则当时，函数是增函数；所以，
当，即 所以，故应填答案
19.设函数，若曲线上存在点,使得成立，求实数的取值范围为 .
【答案】,
【解析】，当时，取得最大值，
当时，取得最小值，
即函数的取值范围为,，
若上存在点,使得成立，则,.
又在定义域上单调递增.
假设，则，不满足；
假设，也不满足； 综上可得：，,.
函数有解，等价为，在,上有解，即平方得，则，
设，则，
由得，此时函数单调递增，由得，此时函数单调递减，
即当时，函数取得极小值，即，当时，，
则.则，故实数的取值范围为,.故答案为：,.
20.设点在曲线上，点在曲线上，若的最小值为，则 .
【答案】-1
【解析】因为与互为反函数，其图象关于直线对称，
又点在曲线上，点在曲线上，的最小值为，
所以曲线上的点到直线的最小距离为，
设与直线平行且与曲线相切的切线的切点，
，解得，所以，
得到切点，点到直线即的距离，解得或3.
当时，过点和，过点和，
又，，所以与相交，不符合题意；
当时，令，则，当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即恒成立，所以与不相交，符合题意.综上，.故答案为：-1.
21.（2024·高三·湖北黄冈·期中）已知函数与函数互为反函数，它们的图象关于对称．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】由恒成立，可得，此时直线恒在直线上方，
不等式恒成立只需不等式恒成立即可，
令，则，由可得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，. 故答案为：.
22．（2024·高三·广东佛山·开学考试）已知函数，对任意的正实数x都有恒成立，则a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为对任意的正实数x都有恒成立，
所以，即对任意的正实数x恒成立，
因为函数与函数互为反函数，且，
所以对任意的正实数x恒成立，即，令，则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，解得.故答案为：.
23.已知函数，的解集为，若在上的值域与函数在上的值域相同，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】由已知得函数的定义域为，且,∵，∴，
∴在上单调递增，在上单调递减；在上的值域为；
根据题意有； 的解集为，
则设，当时，；在上的值域与函数在上的值域相同；即在上的值域为；只需，即，得.
故答案为:.
24．已知函数的定义域为，若存在区间使得：（Ⅰ）在上是单调函数；（Ⅱ）在上的值域是，则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有 （填上所有你认为正确的序号）
①； ②； ③； ④．
【答案】①②④
【解析】函数中存在“倍值区间”，则（Ⅰ）在，内是单调函数，（Ⅱ），
对①，，若存在“倍值区间” ，则，，存在“倍值区间” ；
对②，，若存在“倍值区间”，当时，，故只需即可，故存在；
对③，；当时，在区间，上单调递减，在区间，上单调递增，
若存在“倍值区间”，，
不符题意；
若存在“倍值区间” ，不符题意，故此函数不存在“倍值区间“；
对④，，易得在区间，上单调递增，在区间，上单调递减，若存在“倍值区间” ，，，即存在“倍值区间” ，；
故答案为：①②④.
25.（2024·高三·浙江宁波·开学考试）设函数，若不等式对任意恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】不等式对任意恒成立,即，恒成立，
设
所以在单调递增，且，当时 当时
作出的图像如图，
再设，当可得表示过点，斜率为的一条射线（不含端点），要求的最大值且满足不等式恒成立，可求的最大值，由点在轴上方移动，只需找到合适的，且与图像相切于点，如图所示，此时 故答案为：
26.（2024·高三·黑龙江鸡西·期中）同构法是将不同的代数式（或不等式、方程式）通过变形，转化为形式结构相同或相近的式子，然后通过同构函数利用函数的单调性解题，此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题.如与（可化为）可以同构为.若已知恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】令则在单调递增，
由可得，则，
由于，所以，故，记，
当单调递增，当单调递减，故，
因此，故答案为：
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专题1 函数与导数
1.4 函数与导数高频压轴小题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
零点 2024年新高考II卷第6题，5分 2024年全国甲卷第16题，5分 2024年天津卷第15题，5分 2023年新高考II卷第11题，5分 2022年新高考I卷第10题，5分 预测2025年新高考数学，导数知识将成为重头戏。它可能以选择题、填空题形式独立出现，主要考察基础计算与几何理解，难度相对较低；或巧妙融入解答题之中，成为解题关键。特别是利用导数探究函数单调性、极值与最值等深层次应用，预计将作为选择题、填空题的难点部分，出现在题序后端，难度适中偏上，综合考查学生的分析能力和解题技巧。
不等式 2024年新高考II卷第8题，5分 2021年新高考II卷第16题，5分
三次函数 2024年新高考 I卷第10题，6分 2024年新高考 II卷第11题，6分 2022年新高考 I卷第10题，5分
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.
1．（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024年全国甲卷）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
3．（2024年天津卷）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
4．（2023年全国乙卷）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023年天津卷）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
6．（2022年天津卷）设，对任意实数x，用表示中的较小者．若函数至少有3个零点，则的取值范围为 .
7．（多选题）（2023年新高考Ⅱ卷）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
8．（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
9．（多选题）（2024年新高考Ⅰ卷）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
10．（多选题）（2024年新高考Ⅱ卷）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
11．（多选题）（2024年新高考Ⅰ卷）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
12．（2022年全国乙卷）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 ．
13．（2022年北京卷）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ．
14．（2023年全国乙卷）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
高频考点一 函数的零点个数问题（分段分析法）
核心知识：
分段分析法：有的函数直接通过导函数判别特别困难或根本无法实现，那么我们可以尝试将这个函数分割成两个或多个函数分别研究其单调性，若这几个函数的单调性恰巧一致，那么问题就得到解决了。
典例1：（2024·黑龙江·高三校考期中）设函数（其中为自然对数的底数），若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
变式训练
1．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数(e为自然对数的底数)有两个不同零点，则实数的取值范围是___________.
2．（2024·浙江·高三专题练习）已知函数存在4个零点，则实数的取值范围是__________．
高频考点2 函数的唯一零点问题
核心知识：
典例1：（2024·重庆·校考三模）已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A． B．2 C． D．
技法点拨
根据偶（或奇）函数零点特性可知：若偶（或奇）函数有唯一零点，则必然在处取得，即。
其实此结论也可以拓展为：
若函数具有轴对称性（对称轴为），且有唯一零点，则必然在处取得，即.
变式训练：
1.（2024·山西·高三校考期末）已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024·湖北·校考一模）已知函数，，若与的图象有且只有一个公共点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
高频考点3 嵌套函数的零点问题
核心知识：
嵌套函数：又名复合函数，指的是形如的函数，嵌套函数零点问题的求解关键在于“设”，注意定义域与值域的转化，结合图像解题。
典例1：（2024·浙江·高三专题练习）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
变式训练：
1．（2024·福建·高三校考期末）定义在上函数，若关于的方程(其中)有个不同的实根，，…，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川广安·高三校考阶段练习）设定义域为R的函数，若关于x的方程有3 个不同的实数解x1、x2、x3且x1< x2A． B．1 + a + b = 0 C．x1 + x3 = D．x1 + x3 > 2x2
高频考点4 不动点与稳定点问题
核心知识：
1、不动点定义：一般地，对于定义在区间上的函数，若存在，使得，则称是函数的一阶不动点，简称不动点．
从代数角度看，一阶不动点是方程的根．
从几何角度看，一阶不动点是曲线与直线的交点的横坐标．
2、稳定点定义：若存在，使，则称是函数的二阶不动点，简称稳定点．
从代数角度看，二阶不动点是方程的解，也就是方程组的解；
从几何角度看，函数的二阶不动点是指：函数图象上关于直线对称的两点的横坐标（即函数与其反函数的交点的横坐标），或直线与函数交点的横坐标．
3、不动点与稳定点的结论
（1）有解等价于有解。
特别地，当函数单调递增时，的解与的解相同．
（2）无解等价于无解。
（3）有解等价于有解。
（4）无解等价于无解。
典例1：（2024·高三·福建泉州·期中）已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是 ．
技法点拨
变式训练：1.已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是 ．
2．对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是 ．
高频考点5 指数与对数函数的交点问题（反函数法）
典例1：（2024·山东济南·一模）设分别是函数和的零点(其中)，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
技法点拨
当时，方程有且只有三解；当时，方程有且只有一解；
当，方程无解；当时，方程有且只有一解；
当时，方程有且只有两解
变式训练：
1.（2024·广东·模拟预测）若函数与其反函数的图像有交点，则实数的值可以是（ ）
A．1 B． C．2 D．
2.（2024·山东·模拟预测）已知函数的零点为，函数的零点为，则下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
高频考点6 函数共零点问题
核心知识：
共零点问题：此类问题往往是的形式，其特征是两个函数具备相同的零点．
典例1：（2024·高三·湖北武汉·开学考试）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1.（2024·重庆·模拟预测）设函数，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．9
2.（2024·河南洛阳·模拟预测）已知函数，且在定义域内恒成立，则实数的取值范围为 ．
高频考点7 整数解问题
核心知识：
1、直接法：为了得到含参函数的单调性与最值，往往需要对参数进行分类讨论。
2、参数分离法：参数分离后，根据所得函数的图象，讨论参数的取值范围，分离又有完全分离与不完全分离两种。
典例1：（2024·高三·重庆·期中）若关于x的不等式 的解集中恰有三个整数解，则整数a的取值是（ ）(参考数据:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
变式训练：
1.已知函数，若不等式的解集中有且仅有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2.若不等式（其中）的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
高频考点8 等高线问题
核心知识：
对于函数，若，则直线叫做函数的等高线．此类题通常以求取值范围的形式出现，其基本方法是“减元”，即充分利用函数值相等这一条件实施“消元”．
典例1：（2024.重庆模拟预测）已知函数，若关于x的方程有4个不同的实根，且，则（ ）
A． B． C． D．
技法点拨
变式训练：
1.（2024·山东·高三校联考期中）函数，若，且a，b，c，d互不相等，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2.（2025·广东·高三校联考期中）设函数，若（其中），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
高频考点9 倍值函数问题
核心知识：
对于函数，这样的问题称之为倍值函数问题，该类问题主要有三个模型：（1）模型1：函数单调递增，方程同构即可；（2）模型2：函数单调递减，两式相减即可；（3）模型3：函数有增有减，分类讨论即可．
典例1：1．（2024·高三·浙江·开学考试）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)在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”．下列函数中存在“倍值区间”的有 ．（填上所有正确的序号）
①；②；③；④．
变式训练：
1.（2024·湖北·高三校联考期中）已知函数（且），若存在实数，使函数在上的值域恰好为，则的取值范围为 .
2.（2024·山东菏泽·校考一模）已知函数，当时，的值域为，则实数的取值范围是 .
高频考点10 双参数比值型问题
核心知识：
对于双参数比值型问题，零点比大小法是一种有效的解决策略。这种方法类似于数形结合的思想，首先我们将问题中的曲线和直线部分“曲直分开”，分别绘制出它们的图像，并找出它们的零点。
在这里，直线的零点具有特殊的意义，它通常对应着我们待求的双参数比值。接下来，我们观察直线和曲线的交点情况，特别是当直线的零点与曲线的零点重合时，这意味着双参数比值取得了最值（这个最值可能是最大值，也可能是最小值，具体取决于题目的要求）。
在图像上，这种最值情况表现为直线与曲线在曲线的零点处相切。换句话说，当直线与曲线仅有一个交点，并且这个交点恰好是曲线的零点时，双参数的比值就达到了它的最值。
因此，通过绘制曲线和直线的图像，寻找它们的零点，并观察它们之间的交点情况，我们可以直观地找到双参数比值的最值。这种方法不仅直观易懂，而且在实际应用中非常有效。
典例1：（2024·安徽合肥·模拟预测）设，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是 .
变式训练：
1.（2024·江苏·一模）已知函数，其中为自然对数的底数，若不等式恒成立，则的最大值为 ．
2.（2024·河北沧州·三模）若不等式，对于恒成立，则的最大值为 .
高频考点11 三次函数问题
核心知识：
1、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．
2、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．
典例1：（2024·辽宁沈阳·高三校考期中）已知函数，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，若有三个零点，则b的取值范围为
B．若满足，则
C．若过点可作曲线的三条切线，则
D．若存在极值点，且，其中，则
变式训练：
1.（2024·山西·一模）已知函数存在极值点，且，其中，
A．3 B．2 C．1 D．0
2．（2024·四川成都·模拟预测）对于三次函数（），给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（ ）
A．2014 B．2013 C． D．1007
高频考点12 指对同构问题
核心知识：
常见同构式：①积型
对数化:令，得
指数化:令，得
不等式两边同时取对数变形：令，得
②商型
对数化:令，得
指数化:令，得
不等式两边同时取对数变形：令，得
③和差型
对数化:令，得
指数化:令，得
再比如令，得．
典例1：（2024·湖南郴州·三模）设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
变式训练：
1.（2024·湖北·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于的方程（，，）可化为同构方程，则 ， ．
2.（2024·高三·四川内江·期中）若恒成立，则的取值范围为 .
高频考点13切线放缩与夹逼
核心知识：
（1）指数函数的切线不等式：①；②．
（2）对数函数的切线不等式：①；②；③．
（3）三角函数的切线不等式：
①当时， ；当时， ；
②当时， ；当时， ．
③切线与割线相结合的形式：当时，
典例1：（2024·山西晋中·二模）若存在实数x，y满足，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
变式训练：
1.（2024·河南·一模）已知实数满足，则
A． B． C． D．
2.（2024·河南·模拟预测）已知函数，，其中e为自然对数的底数，若存在实数使得成立，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
高频考点14 函数的切线问题（切线条数、公切线、切线重合与垂直）
典例1：（2024·广东·高三校联考开学考试）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．
变式训练：
1．（2024·上海闵行·高三校考期末）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．
2．（2024·河南·高三专题练习）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．
3．（2024·广东·高三专题练习）若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江苏·高三专题练习）若过点可以作曲线的三条切线，则（）
A． B． C． D．
高频考点15 不等式的恒成立（存在）问题
典例1：（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·四川南充·校考模拟预测）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．
2．（2024·吉林·校联考模拟预测）已知函数（，）在区间上总存在零点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·河南·校考三模）已知为三次函数，其图象如图所示.若有9个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2.（2024·高三·成都·期末）已知函数有唯一零点，则（ ）
A．1 B． C． D．
3.（2024·云南·高三校考阶段练习）已知函数有唯一零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽亳州·高三校考阶段练习）设定义域为R的函数，若关于x的方程有且仅有三个不同的实数解，且.下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
5.（2024·湖南长沙·模拟预测）若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6.（2024·重庆渝中·校考模拟预测）已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7.（2025·广东·校考模拟预测）设函数，若互不相等的实数，，满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·上海·高三校考阶段练习）已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．方程恰有3个不同的实数解
B．函数有两个极值点
C．若关于x的方程恰有1个解，则
D．若，且，则存在最大值
9.（2024·河南郑州·一模）已知函数，实数满足， ，则
A．6 B．8 C．10 D．12
10.（2024·河北唐山·三模）已知函数有两个极值点，且，若，函数，则
A．仅有一个零点 B．恰有两个零点 C．恰有三个零点 D．至少两个零点
11.（2024·云南昆明·一模）若存在，满足，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
12．（2024·天津滨海新·高三校考阶段练习）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
13．（2024·福建·模拟预测）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．
14．（2025·山东·高三专题练习）对于任意都有，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
15.（2024·天津北辰·三模）设，对任意实数x，记．若有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
16.（2024·河南南阳·模拟预测）已知函数有三个不同的零点，且，则的值为 .
17．（2024.广东模拟预测）若函数有两个极值点，其中,，且，则方程的实根个数为 个.
18.设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在一点使得，则的取值范围是 ．
19.设函数，若曲线上存在点,使得成立，求实数的取值范围为 .
20.设点在曲线上，点在曲线上，若的最小值为，则 .
21.（2024·高三·湖北黄冈·期中）已知函数与函数互为反函数，它们的图象关于对称．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
22．（2024·高三·广东佛山·开学考试）已知函数，对任意的正实数x都有恒成立，则a的取值范围是 ．
23.已知函数，的解集为，若在上的值域与函数在上的值域相同，则实数的取值范围为 .
24．已知函数的定义域为，若存在区间使得：（Ⅰ）在上是单调函数；（Ⅱ）在上的值域是，则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有 （填上所有你认为正确的序号）
①； ②； ③； ④．
25.（2024·高三·浙江宁波·开学考试）设函数，若不等式对任意恒成立，则的最大值为 ．
26.（2024·高三·黑龙江鸡西·期中）同构法是将不同的代数式（或不等式、方程式）通过变形，转化为形式结构相同或相近的式子，然后通过同构函数利用函数的单调性解题，此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题.如与（可化为）可以同构为.若已知恒成立，则的取值范围是 .
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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