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专题06 函数与导数领域中的典型压轴小题全归纳与剖析
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 7
05 核心精讲·题型突破 10
题型一：唯一零点求值问题 10
题型二：不动点与稳定点 11
题型三：运用反函数思想妙解压轴题 12
题型四：倍值函数 13
题型五：最值函数 15
题型六：嵌套函数 16
题型七：共零点问题 17
题型八：双参数比值型问题 18
题型九：指数函数与对数函数的交点 19
题型十：曼哈顿距离问题 20
题型十一：平口单峰函数 22
题型十二：三次函数 23
题型十三：指对同构 25
题型十四：切线放缩与夹逼 26
题型十五：整数解问题 28
题型十六：导数中的“最短距离”问题 29
题型十七：等高线问题 31
重难点突破：多变量问题 32
高考中函数与导数的经典压轴小题，往往聚焦于函数的零点、不等式恒成立等核心考点，这些考点与函数的性质、表达式及图像紧密相连。解题过程要求考生展现出坚实的逻辑推理能力和空间直观想象力，以及熟练的数学运算技巧。此外，面对贴近实际的数学问题，考生还需具备敏锐的数据分析能力和数学建模思维，能够将实际问题抽象为数学模型，并运用所学知识进行求解。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
零点 掌握零点概念，熟练求解方法。 2024年天津卷第15题，5分 2024年II卷第6题，5分 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 预测2025年高考数学，导数知识将成为重头戏。它或以简洁明了的选择题、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，综合考察学生的分析能力和解题技巧。这样的设计既考验学生的基础知识，又挑战其综合运用能力，是高考数学中的一大亮点。
不等式 掌握导数应用，解决不等式问题。 2024年II卷第8题，5分 2021年II卷第16题，5分
三次函数 理解性质，熟练求解应用。 2024年 I卷第10题，6分 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．
1．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
4．（2024年天津高考数学真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
5．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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
6．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
7．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
9．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
10．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
11．（2023年天津高考数学真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
12．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）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
13．（2022年新高考天津数学高考真题）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 .
14．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知函数则 ；若当时，，则的最大值是 ．
15．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）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 ．
16．（2022年新高考北京数学高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ．
题型一：唯一零点求值问题
【典例1-1】已知函数有唯一零点，则（ ）
A．1 B． C． D．
【典例1-2】已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．1
根据偶函数零点特性可知：若偶函数有唯一零点，则必然在处取得，即.
【变式1-1】已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A． B．2 C． D．
【变式1-2】已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
1．已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A． B． C． D．1
2．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．
3．函数有且只有一个零点，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
题型二：不动点与稳定点
【典例2-1】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 .
【典例2-2】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 ．
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．
【变式2-1】已知函数，若曲线上存在点，使得，则实数的取值范围是 ．
【变式2-2】设函数，若曲线上存在点,使得成立，求实数的取值范围为 .
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 ．
2．已知.若，则的取值范围是 .
3．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 ．
题型三：运用反函数思想妙解压轴题
【典例3-1】（2024·高三·江苏·课后作业）设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为 ．
【典例3-2】已知函数，，且，给出下列结论：
（1），（2），（3），（4），（5），
则上述正确结论的序号是 .
1、反函数定义：已知函数，其值域为．如果对中的任意给定的一个值，在中满足的值有且仅有一个，那么由此得到的关于的函数叫作的反函数，记作．因为习惯上将视为自变量，视为函数值，所以通常将该函数写为．
2、反函数性质：原函数与反函数关于对称．
【变式3-1】设点在曲线上，点在曲线上，若的最小值为，则 .
【变式3-2】（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 ．
1．设分别是方程和的根，则 ．
2．（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 ．
题型四：倍值函数
【典例4-1】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 .
【典例4-2】已知函数，当时，的值域为，则实数的取值范围是 .
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）模型一：函数单调递增，方程同构即可；（2）模型二：函数单调递减，两式相减即可；（3）模型三：函数有增有减，分类讨论即可．
【变式4-1】已知函数，若存在实数，，使得函数在区间的值域为，则实数的取值范围是 ．
【变式4-2】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 .
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．
2．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．
3．对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是上倍值函数，则实数的取值范围是 .
题型五：最值函数
【典例5-1】（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 ．
【典例5-2】（2024·河南·模拟预测）以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ．
指的是二者之中取最小， 指的是二者之中取最大．
性质一：
．
性质二： ．
【变式5-1】定义为数集M中最大的数，已知，若或，则的最小值为 .
【变式5-2】（2024·云南昆明·三模）以表示数集中最大的数．已知，，，则的最小值为
1．设表示，，中最大的数，设，且，则的最小值为 ．
2．设表示，，，中最大的数，已知，均为正数，则的最小值为 .
3．（2024·全国·模拟预测）记表示这3个数中最大的数．已知都是正实数，，则的最小值为 ．
题型六：嵌套函数
【典例6-1】已知函数，，则函数的零点个数为 个．
【典例6-2】（2024·高三·辽宁大连·期末）已知函数有三个零点，且有，则的值为 .
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．
【变式6-1】（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 .
【变式6-2】已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 .
1．（2024·高三·湖北襄阳·期中）若函数有极值点，，则关于的方程 +的不同实数根的个数是 .
2．若函数有两个极值点，其中,，且，则方程的实根个数为 个.
3．若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为
题型七：共零点问题
【典例7-1】设函数，若，则（ ）
A．0 B．1 C．e D．前3个答案都不对
【典例7-2】（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．
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．
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）设函数，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．9
【变式7-2】（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 ．
1．若函数是上的单调减函数，已知，,且在定义域内恒成立，则实数的取值范围为 .
2．设函数，若，则的最小值为 .
3．设函数，若，且，则的最小值为 .
题型八：双参数比值型问题
【典例8-1】（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 ．
【典例8-2】（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 ．
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。
【变式8-1】（2024·河北沧州·三模）若不等式，对于恒成立，则的最大值为 .
【变式8-2】已知关于不等式对任意和正数恒成立，则的最小值为 ．
1．已知m、n为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ．
2．已知a，，若关于x的不等式在上恒成立，则的最大值为 ．
3．（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 .
题型九：指数函数与对数函数的交点
【典例9-1】（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．
【典例9-2】（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．
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9-1】设，分别是函数和的零点（其中），则的取值范围
A． B． C． D．
【变式9-2】（2024·全国·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．
1．已知关于的方程有解，则实数的取值范围是
2．已知指数函数（，且）图象与其反函数的图象有公共点，则的取值范围是 .
题型十：曼哈顿距离问题
【典例10-1】（2024·浙江·一模）设函数，当时，记的最大值为，则的最小值为 .
【典例10-2】设函数，当时，记最大值为，则的最小值为 .
结论1：已知，为定点，且，则到直线上任意一点的“曼哈顿距离”为：．
结论2：已知两平行直线：，，分别为上任意一点，则之间的“曼哈顿距离”为：．（证明过程留给读者）
【变式10-1】在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”，则椭圆上一点和直线上一点的“折线距离”的最小值为
【变式10-2】（2024·山西晋中·三模）已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为 ．
1．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼 闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·高三·浙江·开学考试）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．
3．（2024·高三·北京丰台·期末）已知函数，当时，记函数的最大值为，则的最小值为（ ）
A．3.5 B．4
C．4.5 D．5
题型十一：平口单峰函数
【典例11-1】已知函数，当，时，的最大值为，则的最小值为　　
A． B． C． D．1
【典例11-2】已知，，记的最大值为，则的最小值是　　
A． B． C． D．
若为上连续的单峰函数，且，则称为平口单峰函数．
结论：若为上的平口单峰函数，且，为极值点，则当变化时，的最大值中的最小值为，当且仅当，时取得．
【变式11-1】已知函数定义域为，，记的最大值为，则的最小值为　　
A．4 B．3 C．2 D．
【变式11-2】已知，，，若对于任意的恒成立，则 ．
1．已知函数，若对任意的实数，，总存在，，使得成立，则实数的取值范围是　　
A． B．， C．， D．，
2．设函数，若对任意的正实数和实数，总存在，，使得，则实数的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
3．已知函数，对于任意的，，都存在，使得成立，则实数的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
题型十二：三次函数
【典例12-1】（2024·河南郑州·一模）已知函数，实数满足， ，则
A．6 B．8 C．10 D．12
【典例12-2】（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
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．
【变式12-1】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12-2】（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
1．已知函数，若过点可作曲线的三条切线，
则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
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
3．设分别满足方程，.则 .
题型十三：指对同构
【典例13-1】（2024·全国·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 ， ．
【典例13-2】（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 .
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．
【变式13-1】同构式通俗的讲是结构相同的表达式，如：，，称与为同构式．已知实数满足，，则 ．
【变式13-2】（2024·高三·四川内江·期中）若恒成立，则的取值范围为 .
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 .
2．设实数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
3．若关于的不等式对于任意的恒成立，则实数的取值范围是 .
题型十四：切线放缩与夹逼
【典例14-1】（2024·山西晋中·二模）若存在实数x，y满足，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
【典例14-2】（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．
（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， ．
【变式14-1】（2024·河南·一模）已知实数满足，则
A． B． C． D．
【变式14-2】（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．
1．若，是实数，是自然对数的底数，，则 .
2．若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围为 ．
3．完成下列各问
（1）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（2）已知函数，若恒成立，则正数a的取值范围是 ；
（3）已知函数，若恒成立，则正数a的取值范围是 ；
（4）已知不等式对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（5）已知函数，其中，若恒成立，则实数a与b的大小关系是 ；
（6）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（7）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（8）已知不等式，对恒成立，则k的最大值为 ；
（9）若，则实数a的取值范围是 ；
4．已知，则的值是 .
题型十五：整数解问题
【典例15-1】已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【典例15-2】若满足在上恒成立的a唯一，则整数b的值为（ ）
A．3 B． C．4 D．
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．
【变式15-1】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．
【变式15-2】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．
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
2．（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
3．若关于的不等式的解集中恰有个整数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
题型十六：导数中的“最短距离”问题
【典例16-1】曲线上的点到直线的最短距离是（ ）
A． B． C． D．
【典例16-2】设表示自然对数的底数，函数（），若关于的不等式有解，则实数的值为（ ）
A． B． C．0 D．
此类问题可以通过构造函数、平移直线或者利用不等式等方法来求解
【变式16-1】（2024·高三·天津和平·期中）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．
【变式16-2】（2024·河北石家庄·一模）已知函数，若存在使得成立，则实数的值为
A． B． C． D．
1．点是曲线上的一个动点，点是曲线上的一个动点，则的最小值为．
A． B．
C． D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数，为曲线在点处的切线上的一个动点，为圆上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知点P是曲线上一点，若点P到直线的距离最小，则点P的坐标为 .
题型十七：等高线问题
【典例17-1】函数，若，且a，b，c，d互不相等，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【典例17-2】设函数，若互不相等的实数，，满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
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”．
【变式17-1】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．
【变式17-2】设函数，若（其中），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
1．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根、，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，若，其中，则（ ）
A． B． C． D．
3．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
重难点突破：多变量问题
【典例18-1】已知函数，若有两个极值点，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【典例18-2】已知函数有两个极值点，，若不等式恒成立，那么的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
求解双变量函数或不等式问题的基本思想是通过消元，将双变量问题转化为单变量问题加以解决．可以利用双变量之间的关系代入消元；也可以通过整体换元后化为单变量函数；还可以分离双变量后，根据同构式直接构造函数；对于多变量问题，可以合理选择其中一个变量为主元，逐个处理变量；对于某些含有“任意”“存在”等关键词的恒成立或有解问题，则通过分析函数的值域或最值来解决．
【变式18-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数，若有两个极值点、且，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【变式18-2】（2024·吉林·模拟预测）已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·高三·江苏镇江·期中）已知函数，，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A．7 B．6 C． D．
2．对任意的实数，都存在两个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
3．（多选题）已知函数f（x）=ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式恒成立，则t的取值可能是（ ）
A． B．
C． D．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题06 函数与导数领域中的典型压轴小题全归纳与剖析
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 7
05 核心精讲·题型突破 25
题型一：唯一零点求值问题 25
题型二：不动点与稳定点 29
题型三：运用反函数思想妙解压轴题 35
题型四：倍值函数 39
题型五：最值函数 46
题型六：嵌套函数 51
题型七：共零点问题 58
题型八：双参数比值型问题 63
题型九：指数函数与对数函数的交点 69
题型十：曼哈顿距离问题 74
题型十一：平口单峰函数 80
题型十二：三次函数 86
题型十三：指对同构 92
题型十四：切线放缩与夹逼 97
题型十五：整数解问题 103
题型十六：导数中的“最短距离”问题 110
题型十七：等高线问题 115
重难点突破：多变量问题 122
高考中函数与导数的经典压轴小题，往往聚焦于函数的零点、不等式恒成立等核心考点，这些考点与函数的性质、表达式及图像紧密相连。解题过程要求考生展现出坚实的逻辑推理能力和空间直观想象力，以及熟练的数学运算技巧。此外，面对贴近实际的数学问题，考生还需具备敏锐的数据分析能力和数学建模思维，能够将实际问题抽象为数学模型，并运用所学知识进行求解。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
零点 掌握零点概念，熟练求解方法。 2024年天津卷第15题，5分 2024年II卷第6题，5分 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 预测2025年高考数学，导数知识将成为重头戏。它或以简洁明了的选择题、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，综合考察学生的分析能力和解题技巧。这样的设计既考验学生的基础知识，又挑战其综合运用能力，是高考数学中的一大亮点。
不等式 掌握导数应用，解决不等式问题。 2024年II卷第8题，5分 2021年II卷第16题，5分
三次函数 理解性质，熟练求解应用。 2024年 I卷第10题，6分 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．
1．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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.
2．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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】解法一：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：.
解法二：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.
3．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）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：
4．（2024年天津高考数学真题）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：.
5．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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
6．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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.
7．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）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.
8．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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
9．（2023年北京高考数学真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【解析】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，
显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，
当时，，当且接近于处，，
此时，，故③正确；
对于④，取，则的图像如下，
因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
10．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）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：.
11．（2023年天津高考数学真题）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：．
12．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）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.
13．（2022年新高考天津数学高考真题）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：.
14．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知函数则 ；若当时，，则的最大值是 ．
【答案】 /
【解析】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
故答案为：，.
15．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）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.
【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．
16．（2022年新高考北京数学高考真题）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
题型一：唯一零点求值问题
【典例1-1】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.
【典例1-2】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
根据偶函数零点特性可知：若偶函数有唯一零点，则必然在处取得，即.
【变式1-1】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.
【变式1-2】已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
【答案】A
【解析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出和都关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
1．已知函数有唯一零点，则实数（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】，
即有唯一解，等价于的图象与的图象只有一个交点，
函数在上单调递增，在上单调递减，最高点为
①当时，原方程有两个解，不合题意；
②当时，由复合函数单调性知在上单调递增，在上单调递减，
且图象关于对称，最高点为，，故不合题意，
③当时，由复合函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
且图象关于对称，最低点为，
若两函数图象只有一个交点，则，得，
故选：C
2．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.
3．函数有且只有一个零点，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】令函数，则该函数图象的对称轴为 ，
令，则，
即，故函数关于对称，
又因为，
所以函数的对称轴为，
因为有且只有一个零点，
故，
故选：D．
题型二：不动点与稳定点
【典例2-1】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 .
【答案】
【解析】由已知可得，且，
由已知存在，使得，则，
所以，存在，使得，可得，
因为函数在上单调递增，则，则.
易知函数在上单调递增.
若，则，不合乎题意；
若，则，不合乎题意；
若，则，合乎题意.
故存在，使得，可得，则，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【典例2-2】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
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．
【变式2-1】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.
【变式2-2】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：,.
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，使得成立，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：
2．已知.若，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】设.则，
，
.
从而，方程的解集为方程的解集的子集.
若，则.
若，则.
因此，.
于是，的取值范围是.
3．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：
题型三：运用反函数思想妙解压轴题
【典例3-1】（2024·高三·江苏·课后作业）设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】函数与函数互为反函数，图象关于对称.
函数上的点到直线的距离为.
设函数，则
因为当时，，当时，
所以当时，
所以
所以最小值为.
故答案为：
【典例3-2】已知函数，，且，给出下列结论：
（1），（2），（3），（4），（5），
则上述正确结论的序号是 .
【答案】（2）（5）
【解析】因为函数，，都是增函数，所以，都是增函数．
，，即，
，，即，
则，故（2）正确，（1）错误；
因为，所以（3）（4）都错误；
令，，则，，
由于函数，和都相交，且和关于对称，也关于对称，
和的交点为，则，即（5）正确．
故答案为（2）（5）
1、反函数定义：已知函数，其值域为．如果对中的任意给定的一个值，在中满足的值有且仅有一个，那么由此得到的关于的函数叫作的反函数，记作．因为习惯上将视为自变量，视为函数值，所以通常将该函数写为．
2、反函数性质：原函数与反函数关于对称．
【变式3-1】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.
【变式3-2】（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：.
1．设分别是方程和的根，则 ．
【答案】9
【解析】分别将方程变形为+9和，
记，，
则为与图象交点的横坐标，为与图象交点的横坐标，
又与的图象关于直线对称，
而的图象与直线相交于点，所以．
故答案为：9.
2．（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：.
题型四：倍值函数
【典例4-1】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：.
【典例4-2】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：.
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）模型一：函数单调递增，方程同构即可；（2）模型二：函数单调递减，两式相减即可；（3）模型三：函数有增有减，分类讨论即可．
【变式4-1】已知函数，若存在实数，，使得函数在区间的值域为，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，所以在上单调递增，
要使得函数在区间上的值域为，
所以，即，所以为方程的两不相等的非负实数根，
所以，解得，即
故答案为：
【变式4-2】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:.
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
2．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.
3．对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是上倍值函数，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】由已知可得，当时，值域为，而在上单调递增，所以有，为在上的两个解，即在由两个解，显然不是方程的解，分离参数可得，设
，转化为的图像有两个交点，通过求导，求出的单调区间，极值，分析函数值的变化趋势，即可求出的取值范围.在上单调递增，依题意，
所以为在上的两个解，
即在有两个解，显然不是方程的解，
，设，
只需的图像有两个交点，
，当时，或
当时，，
所以单调递减区间是，，递增区间是，
所以时，取得极小值为，
当时，，当时，，
当，，
要使的图像有两个交点，
需.
故答案为:.
题型五：最值函数
【典例5-1】（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：.
【典例5-2】（2024·河南·模拟预测）以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ．
【答案】/0.2
【解析】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
若，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
综上可知的最小值为，
故答案为：
指的是二者之中取最小， 指的是二者之中取最大．
性质一：
．
性质二： ．
【变式5-1】定义为数集M中最大的数，已知，若或，则的最小值为 .
【答案】
【解析】解法一：令，，，其中，，，所以，
若，则，可得，
令，
则，所以，则，
当且仅当，，时等号成立.
若，则，即，
令，
则，所以，则，
当且仅当，，时等号成立，
综上可得，的最小值为.
解法二：根据数轴上点的距离公式，可得分别为线段的长，
如图所示，若点固定，即求三个线段中最长线段的长的最小值，
可知当三个线段等长时，最长的线段长取最小值，
不妨设为，的长为，则，即，
若，则，即，解得；
若，则，即，解得，
因为，所以的最小值为.
故答案为：.
【变式5-2】（2024·云南昆明·三模）以表示数集中最大的数．已知，，，则的最小值为
【答案】2
【解析】由题意可知,
所以有，因为
所以，
当且仅当，即时取等号，
另外，当且仅当即时取等号，
综合上述，所以有即，当且仅当时取等号.
故答案为：2.
1．设表示，，中最大的数，设，且，则的最小值为 ．
【答案】/0.2
【解析】令其中，
所以，
因为，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：
2．设表示，，，中最大的数，已知，均为正数，则的最小值为 .
【答案】
【解析】都是正数，因此
，，其最小值是，
，，其最小值是，
，
所以的最小值为，当且仅当时取得，
故答案为：．
3．（2024·全国·模拟预测）记表示这3个数中最大的数．已知都是正实数，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，，
又都是正实数，所以，所以，即，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
故答案为：．
题型六：嵌套函数
【典例6-1】已知函数，，则函数的零点个数为 个．
【答案】
【解析】令，得，
令，得或，
解得或或，
所以或或，
作出函数图象，如图所示：
由图象可知有个解，有个解，有个解，
所以共有个零点.
故答案为：.
【典例6-2】（2024·高三·辽宁大连·期末）已知函数有三个零点，且有，则的值为 .
【答案】12
【解析】若，则，即
当时，可得，不成立，故
等式两边同除以，得
即
令，则
方程有两个不等的实根，，
令，则，令，
当时，，当或时，
即函数在上单调递减，在，上单调递增，
如下图所示
函数有三个零点，
由图可知，
故答案为：
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．
【变式6-1】（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.
【变式6-2】已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 .
【答案】1
【解析】设，
，
当时，；
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
且时，；时，，
∴，
作出的图象，如图
要使有三个不同的零点，其中
令，则需要有两个不同的实数根（其中）
可得，
∵，∴，则
∴，则，且
∴，
故答案为：1.
1．（2024·高三·湖北襄阳·期中）若函数有极值点，，则关于的方程 +的不同实数根的个数是 .
【答案】3
【解析】由题意，得，显然是方程的根，
于是关于的方程的解就是或，
根据题意画图如图所示，
由图知有两个不等实根，只有一个不等实根，
所以有3个不同的实数根．
2．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：
3．若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，其中，为自然对数的底数，则的值为
【答案】
【解析】由得：，
设，则，，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减，
且，，当时，，可得大致图像如下.
要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且.
结合图象可得关于的方程一定有两个不等的实数根，
且，，，则，.
.
故答案为：.
题型七：共零点问题
【典例7-1】设函数，若，则（ ）
A．0 B．1 C．e D．前3个答案都不对
【答案】A
【解析】显然的定义域为，
若，
当时，，可得；
当时，；
当时，，可得；
又因为在上单调递增，可知过点，
则，即，所以.
故选：A.
【典例7-2】（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.
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．
【变式7-1】（2024·全国·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．
【变式7-2】（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
1．若函数是上的单调减函数，已知，,且在定义域内恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】或
【解析】由函数是上的单调减函数，
则可知在上恒成立，
，故，
则函数，由题可知在定义域内恒成立，
①当时，函数恒成立，故原不等式可转化为恒成立，
，
令，解得，
则在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
则，
则，即
满足前提，故
②当时，令，解得，
则当时，，恒成立
可转化为恒成立，
，则在上单调递增，
故在上也单调递增，
则，解得；
当时，，恒成立
可转化为恒成立，
由上可知，在上单调递增，
故，解得，即；
要使得两种情形下都能恒成立，则取其交集得到，，
综上所述，可得要使得在定义域内恒成立，
则实数的取值范围为或．
故答案为：或.
2．设函数，若，则的最小值为 .
【答案】/
【解析】当时，，则，即，
当时，，则，即，
即有，即，
则，令，，
，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，即的最小值为.
故答案为：.
3．设函数，若，且，则的最小值为 .
【答案】
【解析】由题意可知：的定义域为，
令，解得；令，解得；
则当时，，故，所以；
当时，，故，所以；
故，即.
当时，则，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
题型八：双参数比值型问题
【典例8-1】（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.
【典例8-2】（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：
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。
【变式8-1】（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：.
【变式8-2】已知关于不等式对任意和正数恒成立，则的最小值为 ．
【答案】1
【解析】不等式，化为不等式，
设，，
当时，，在上单调递减，
则函数无最小值，不符合题意，
若时，令，，
在时，，为增函数，
在时，，为减函数．
由题意可得，
当时，，
因为，所以，所以
则，
设，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
所以，
即的最小值为1．
故答案为：1.
1．已知m、n为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ．
【答案】0
【解析】由，可知，由题可知，
当时，恒成立，则单调递增，，不恒成立，
当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，
∴，
∵恒成立，∴，
∴，
∴，
令，则，
由，可得，由，可得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴，即的最小值为0．
故答案为：0.
2．已知a，，若关于x的不等式在上恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，则在上单调递增，
且由及指数函数的性质可知，的图像增长越来越快，
而在上恒成立，等价于的图象恒不在直线的下方，
所以当直线与函数的图象相切时，满足题意，
设切点为,则，
所以切线方程为，
所以，
所以，
令，则，设，
则，当时，单调递增.
.
故答案为：
3．（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：
题型九：指数函数与对数函数的交点
【典例9-1】（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
【典例9-2】（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．
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9-1】设，分别是函数和的零点（其中），则的取值范围
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，分别是函数和的零点（其中）可知是方程的解；是方程的解；
则，分别为函数的图象与函数和函数的图象交点的横坐标；
设交点分别为
由，知；
又因为和以及的图像均关于直线，
所以两交点一定关于对称，
由于点，关于直线的对称点坐标为，
所以，
有，，
则，由于，故等号不能成立，
的取值范围.
故选A.
【变式9-2】（2024·全国·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
1．已知关于的方程有解，则实数的取值范围是
【答案】
【解析】若关于的方程有解，
即与的图像有交点，
因为与互为反函数，
所以与的图像关于直线对称，
如图所示：
设函数与直线相切，切点为，
，则有，解得：，
由图像可知，当时，曲线与直线有交点，
即与的图像有交点，
即方程有解.
故答案为：
2．已知指数函数（，且）图象与其反函数的图象有公共点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由于与其反函数的图象关于直线对称，所以问题转化为的图象与直线在第一象限有公共点，令，则问题转化为有正零点，
，
①当时，，从而，在上递减，
又在由零点存在定理知，此时有且只有一个正零点，满足题意；
②当时，令得：，
时，，时，，
在递减，在上递增，且，
所以
由于，所以，进而，得：
③当时，，无零点.
综上：的取值范围是.
题型十：曼哈顿距离问题
【典例10-1】（2024·浙江·一模）设函数，当时，记的最大值为，则的最小值为 .
【答案】
【解析】去绝对值，则，根据二次函数的性质
所以在的最大值为，，，中之一，
所以可得，
，
，
，
上面四个式子相加可得
即有，
可得的最小值为.
故答案为：.
【典例10-2】设函数，当时，记最大值为，则的最小值为 .
【答案】
【解析】，
设，，
令，
当时，，所以单调递减
令，
当时，，所以单调递增
所以当时，
，
，
则
则，
即
故答案为：.
结论1：已知，为定点，且，则到直线上任意一点的“曼哈顿距离”为：．
结论2：已知两平行直线：，，分别为上任意一点，则之间的“曼哈顿距离”为：．（证明过程留给读者）
【变式10-1】在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”，则椭圆上一点和直线上一点的“折线距离”的最小值为
【答案】
【解析】设直线上的任意一点坐标，
椭圆1上任意一点的坐标为
由题意可知
分类讨论：
①，
②解同上；
③，
∴椭圆1上一点P与直线上一点Q的“折线距离”的最小值为．
故答案为：
【变式10-2】（2024·山西晋中·三模）已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为 ．
【答案】5
【解析】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5．
1．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼 闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点表示的长度，因为直线的方程为，所以，即，
当固定点时，为定值，此时为零时，最小，即与重合（平行于轴）时，最小，如图所示，
设，，则，
，
由三角函数知识可知，其中，
则其最大值是，
所以，故D正确.
故选：D.
2．（2024·高三·浙江·开学考试）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．
【答案】C
【解析】∵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.
3．（2024·高三·北京丰台·期末）已知函数，当时，记函数的最大值为，则的最小值为（ ）
A．3.5 B．4
C．4.5 D．5
【答案】C
【解析】易判断函数为偶函数，根据偶函数的性质，问题转化为求函数，上的最大值.
当时，，二次函数的对称轴为，函数在上单调递增，所以；
当时，，
因为，所以在上递增，在上也是递增，
所以；
当时，，
因为，所以在上递增，在上递减，在上递增，
所以或，
若，则；
若，则;
当时，，（因为），
所以函数在上递增，在上递减，所以.
综上可知：的最小值为.
故选：C
题型十一：平口单峰函数
【典例11-1】已知函数，当，时，的最大值为，则的最小值为　　
A． B． C． D．1
【解析】解：函数，
当，时，的最大值为，
可得，，①
（1），②
（4），③
由①②③，
可得，，，
，
则，
即有的最小值为，
故选：．
【典例11-2】已知，，记的最大值为，则的最小值是　　
A． B． C． D．
【解析】解：由题意，即求函数最大值中的最小值，
，则函数可理解为函数与函数在横坐标相等时，两纵坐标的竖直距离，
作示意图如下，
由图观察可知，当位于直线和直线正中间时，函数取得最大值的最小值，
易知，直线的方程为，
又，令，解得，则直线的方程为（1），
．
故选：．
若为上连续的单峰函数，且，则称为平口单峰函数．
结论：若为上的平口单峰函数，且，为极值点，则当变化时，的最大值中的最小值为，当且仅当，时取得．
【变式11-1】已知函数定义域为，，记的最大值为，则的最小值为　　
A．4 B．3 C．2 D．
【解析】解：函数定义域为，，记的最大值为，
可得，
（1），（2），
由于，
可得
，
，
可得的最小值为2．
故选：．
【变式11-2】已知，，，若对于任意的恒成立，则 ．
【解析】解：由恒成立，可得，则，
当时，可得，即，
当时，可得，．
那么：
；
综上可得．
故答案为：．
1．已知函数，若对任意的实数，，总存在，，使得成立，则实数的取值范围是　　
A． B．， C．， D．，
【解析】解：存在，，使得成立，，
对任意的实数，，，；
可看作横坐标相同时，
函数与函数图象上点的纵向距离，
则问题等价于求函数与函数图象上点的纵向距离的最大值中的最小值；
如图，
记，，连接，则图中直线的斜率为，
直线的方程为，
设直线与直线平行，且与函数相切于点，，
又，令，解得，
切点，则切线的方程为，
当直线与直线，平行且与两直线距离相等时，
即恰好处于两直线正中间的位置时，
函数与函数图象上点的纵向距离能取得最大值中的最小值，
此时，此时，，
．
故选：．
法二：记函数的最大值为，
由题意可知，对任意，恒成立，
所以，依题意，，，，，
分别令，0，2，
可得，，，，（2），
所以，，，，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以．
故选：．
2．设函数，若对任意的正实数和实数，总存在，，使得，则实数的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
【解析】解：设的最大值为（b），令，
当，时，函数单调递减，．
，．
由，解得．
①由，时，（b）；时，（b）．当时，（b）．
②由，（b），（b）．
③由时，，（b），（b）．
综上可得：（b），．
故选：．
3．已知函数，对于任意的，，都存在，使得成立，则实数的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
【解析】解：的定义域为，，
，，
函数在，上单调递增，
，（1），
存在，使得成立，
存在，使的（1）或成立，
或，即，或
若且，则不存在，使得成立．
则，即，，．
，
故当存在，使得成立时，，
实数的取值范围是：，．
故选：．
题型十二：三次函数
【典例12-1】（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．
【典例12-2】（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．
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．
【变式12-1】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12-2】（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.
1．已知函数，若过点可作曲线的三条切线，
则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，得，设切点为，所以切线的斜率，曲线在点处的切线方程为，因为该切线过点，所以，即，
过点可作曲线的三条切线，
关于的方程有三个不同的根，
令，
，解得或，
当时，，当时，，当时，，
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，
关于的方程有三个不同的根，等价于与的图象有三个不同的交点，
，
，
实数的取值范围为．
故选：A．
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
3．设分别满足方程，.则 .
【答案】2
【解析】整理得
，
，即为方程的解.
而只有一个解，则.
题型十三：指对同构
【典例13-1】（2024·全国·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．
【典例13-2】（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：
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．
【变式13-1】同构式通俗的讲是结构相同的表达式，如：，，称与为同构式．已知实数满足，，则 ．
【答案】5
【解析】易判断为增函数，，
，
即，，
所以，.
故答案为：5
【变式13-2】（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.
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：
2．设实数，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为恒成立即，
可得，令，则恒成立.
又，故当时，，故在区间上为增函数.
又恒成立，则在区间上恒成立，即，.
构造，则，令有，
故当时，，为增函数；当时，，为减函数.
故，故，即.
故答案为：.
3．若关于的不等式对于任意的恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意知，，将原不等式变形可得，
即，
设，则，
所以在上单调递增，
当时，原不等式显然成立；
当时，在上单调递增，
，
设，则，
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为，
故，
故答案为：.
题型十四：切线放缩与夹逼
【典例14-1】（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.
【典例14-2】（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.
（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， ．
【变式14-1】（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.
【变式14-2】（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
1．若，是实数，是自然对数的底数，，则 .
【答案】
【解析】令，则，时有，时有，从而得在上递增，在上递减，
即，即，当且仅当时取“=”，
于是有，当且仅当时取“=”，
显然，即，从而得当且仅当时取“=”，
于是得，当且仅当时取“=”，
即，从而得，当且仅当时取“=”，
解得，此时.
故答案为：-2
2．若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，则在上恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以，对恒成立.
由已知可得，对恒成立，
等价于.
设，
显然单调递增，值域为R，所以有解.
当时，有成立，满足题意；
当时，有，由可知，
当时，有，
，
所以，不恒成立.
综上所述，.
故答案为：.
3．完成下列各问
（1）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（2）已知函数，若恒成立，则正数a的取值范围是 ；
（3）已知函数，若恒成立，则正数a的取值范围是 ；
（4）已知不等式对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（5）已知函数，其中，若恒成立，则实数a与b的大小关系是 ；
（6）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（7）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（8）已知不等式，对恒成立，则k的最大值为 ；
（9）若，则实数a的取值范围是 ；
【答案】 ； ； ； ； ； ； ； ; .
【解析】解析：（1），
．又，，令，得或，令，得，所以在，递减，在递增，
所以，当时，，时，
（2），
当时，原不等式恒成立；
当时，，由于，
当且仅当等号成立，所以．
（3），
当时，原不等式恒成立；
当时，，由（1）中可得，当时，等号成立，
所以，当且仅当等号成立，
所以．
（4），由于，所以．
（5）．
由于，当且仅当等号成立，所以．
（6），由于，两者都是当且仅当等号成立，则，所以．
（7），由于，两者都是当且仅当等号成立，则，所以．
（8），由于，两者都是当且仅当等号成立，所以，则，所以．
（9），当且仅当，即时等号成立．由有解，
，，易知在上递增，在递减，
所以
故答案为:；；；；；；；；
4．已知，则的值是 .
【答案】0
【解析】由，得，从而可得，进而可求出的值由，得，
因为
所以，
所以，
故答案为：0
题型十五：整数解问题
【典例15-1】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
【典例15-2】若满足在上恒成立的a唯一，则整数b的值为（ ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【解析】不妨设，，
对于A，，
满足在上恒成立的a唯一，
当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，符合题意，A正确；
对于B，当时成立，只需验证
当时，在 上单调递增，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在 上单调递增，则，即，可知不唯一，B错误；
对于C,D，，
满足在上恒成立的 a唯一，
则当时，在上单调递减，则，即，与矛盾；
当时，令得；
若，即，有在上单调递减，
则，即，与矛盾；
若，即，，在上单调递增；
，在上单调递减；
，，，；
可知，解得，不符合题意，C，D错误；
故选：A.
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．
【变式15-1】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．
【变式15-2】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
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.
2．（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．
3．若关于的不等式的解集中恰有个整数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为，且，可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，可得，
且，
由题意可得，解得，
所以的取值范围是.
故选：C.
题型十六：导数中的“最短距离”问题
【典例16-1】曲线上的点到直线的最短距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，将直线平移至与函数图象相切时，
切点到直线的距离最短,设切点坐标为，
,令得，，则切点坐标为，
所以切点到直线的距离为：.
故选：A.
【典例16-2】设表示自然对数的底数，函数（），若关于的不等式有解，则实数的值为（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】A
【解析】设点，则，
记及，
若直线与函数的图象相切，设切点的横坐标为，
，由，解得：，
则切点为，又切点在上，故，
点到直线的距离为，从而，
又由于有解，则，
此时点P在上，也在直线在点P处的垂线即直线上，
其中直线在点P处的垂线的斜率为-2，
所以直线在点P处的垂线方程为：
即点坐标满足，
解之得，综上可得，
故选：A．
此类问题可以通过构造函数、平移直线或者利用不等式等方法来求解
【变式16-1】（2024·高三·天津和平·期中）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．
【答案】D
【解析】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．
【变式16-2】（2024·河北石家庄·一模）已知函数，若存在使得成立，则实数的值为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】表示点与点距离的平方，点的轨迹是函数的图象，的轨迹是直线．则．作的图象平行于直线的切线，切点为，则，所以，切点为，所以，若存在使得成立，则，此时恰好为垂足，所以，解得．故本题答案选．
1．点是曲线上的一个动点，点是曲线上的一个动点，则的最小值为．
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】先由与互为反函数，得到两函数图像关于直线对称；因此只需两点关于直线对称，点到直线距离最小时，最小；设，根据点到直线距离公式、以及导数的方法求解即可.因为与互为反函数，所以两函数图像关于直线对称；点是曲线上的一个动点，点是曲线上的一个动点，所以只需两点关于直线对称，点到直线距离最小时，最小；
设，
由点到直线的距离公式可得，
点到直线距离，
令，
则，
由可得：；由可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增；
故,
所以，因此的最小值为.
故选A
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数，为曲线在点处的切线上的一个动点，为圆上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以，，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
圆的圆心坐标为，故圆心到直线的距离为，所以的最小值为.
故选：D
3．已知点P是曲线上一点，若点P到直线的距离最小，则点P的坐标为 .
【答案】
【解析】由题意知，曲线，，令，得（舍），所以函数在上单调递减，在上单调递增，如下图所示，为曲线与直线在坐标系中的位置.
在点P的切线与直线平行时，此时曲线上的点P到直线的距离最小.设，则，则，解得（舍去），所以.
故答案为：
题型十七：等高线问题
【典例17-1】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.
【典例17-2】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.
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”．
【变式17-1】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17-2】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
1．已知函数，若关于的方程有4个不同的实根、，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】作出函数和函数的图象可知，
假设两个函数的图象共有4个交点，
且横坐标分别为，
由，得，则有，
所以，所以．
由于二次函数图象的对称轴为直线，
则点两点关于直线对称，所以．则．
令，解得或，所以，
所以．
故选：A
2．已知函数，若，其中，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
所以当时，当或时，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且当时，，
当时，，
且时，或，
又，
，
整理得：，
所以的对称中心为，
如图所示：
令，
则由图可知：且，，，所以A错误；
对于B：，
又因为，所以，且，
所以，
所以，
因为在上单调递减，故，所以，故B错误；
对于C，因为，，，
所以，由，知，，
由B知，，所以，
故，又，所以，所以C正确；
对于D，因为的对称中心为，当时，所以，
或者根据三次方程的韦达定理知，，所以D错误.
故选：C
3．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.
重难点突破：多变量问题
【典例18-1】已知函数，若有两个极值点，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，令可得：.
有两个极值点，有两根
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，，
令，则，解得：，此时.
有两根等价于与交于两点，，
即的取值范围为.
故选：.
【典例18-2】已知函数有两个极值点，，若不等式恒成立，那么的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】函数的定义域为，且，
因为函数有两个极值点，，
所以方程在上有两个不相等的正实数根，
则，解得．
因为
，
设，
，易知在上恒成立，
故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是．
故选：D．
求解双变量函数或不等式问题的基本思想是通过消元，将双变量问题转化为单变量问题加以解决．可以利用双变量之间的关系代入消元；也可以通过整体换元后化为单变量函数；还可以分离双变量后，根据同构式直接构造函数；对于多变量问题，可以合理选择其中一个变量为主元，逐个处理变量；对于某些含有“任意”“存在”等关键词的恒成立或有解问题，则通过分析函数的值域或最值来解决．
【变式18-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数，若有两个极值点、且，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】，有两个极值点，则有两个零点，
即方程有两个实根，也即方程有两个实根，
令，则，
所以解得，解得，
从而在上单调递增，在上单调递减，
时；时，，
据此可作出函数的图像如下：
首先当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，
其次，由图可知，且当时，随a的减小而增大，
不妨考虑的情形，此时，因为，所以，
将代入得：，两式相除得，故，即．
所以当且仅当时，有两个极值点、且．
故选：A
【变式18-2】（2024·吉林·模拟预测）已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】当时，不等式恒成立，则，
即函数在上单调递增，则，
整理可得，令，则.
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，.
故选：D.
1．（2024·高三·江苏镇江·期中）已知函数，，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A．7 B．6 C． D．
【答案】B
【解析】先用导数法研究，然后的同一坐标系中作出函数与的图象，根据，，使得成立求解.因为，
所以，
当时，，当时，，，
所以在处取得极小值，且为定义域内唯一极值，
.，
作函数与的图象，
如图所示：
当时，方程两根分别为和，
则的最大值为：.
故选：B
2．对任意的实数，都存在两个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题得
设
所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减.
所以，
由函数的图像得y=a与y=f(t)有两个不同的交点，
所以.
故答案为A
3．（多选题）已知函数f（x）=ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式恒成立，则t的取值可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】，，
由题意得，为的两不等正根，
所以，
解得，
，
，
，
，
令（a），，
则，（a）在上单调递增，（a），
因为恒成立，
所以恒成立，
所以．
故选：BD．
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