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2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（四）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）设是纯虚数，若是实数，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．3
2．（2023·广东深圳·统考一模）满足等式的集合X共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023秋·广东揭阳·高三惠来县第一中学校考期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，那么等于（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2
4．（2023春·广东广州·高三铁一中学校考阶段练习）已知正方体，棱长为4，的中点为M，过D，M，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（ ）
A．18 B． C． D．36
5．（2023·广东·统考模拟预测）已知向量，满足，，，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．（2023秋·广东深圳·高三深圳大学附属中学校考期末）已知数列的前项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023春·广东汕头·高三统考期末）根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ）
A．86 B．100 C．114 D．136
8．（2023秋·广东汕头·高三统考期末）设曲线为自然对数的底数上任意一点处的切线为，总存在曲线上某点处的切线，使得，则实数a的取值范围为
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．（2023春·广东清远·高三阳山县南阳中学校考阶段练习）已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．在区间上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
10．（2023·广东·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B．的最小值为
C．的最小值为 D．在区间上单调递增
11．（2023秋·广东·高三校联考期中）已知函数，若关于x的方程有8个不同的实数根，则实数k的值可以是（ ）
A． B． C． D．1
12．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023·广东梅州·统考一模）展开式中的系数为___________.
14．（2023·广东梅州·统考二模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为____________．
15．（2023秋·广东广州·高三广州市第七中学校考期末）用二分法研究函数的零点时，第一次经计算可知，说明该函数在区间（8，12）存在零点，那么经过下一次计算可知___________（填区间）.
16．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brocard点），则点P横坐标x的最大值为______．
解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023春·广东揭阳·高三校考开学考试）已知数列满足，其中是的前项和.
(1)求证：是等差数列；
(2)若，求的前项和.
18．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）在中，角A，，的对边分别为，，，
(1)求；
(2)是内心，，求.
19．（2023秋·广东肇庆·高三统考期末）如图，已知四棱锥的底面为边长为2的菱形，且平面，.
(1)设为中点，证明：平面平面；
(2)设，上是否存在一点，使得与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出所有满足条件的点；若不存在，请说明理由.
20．（2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习）作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3、0.4和0.5．
(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；
(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．
21．（2023·广东广州·统考二模）已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.
22．（2023·广东肇庆·统考二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
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2023年高考数学押题预测卷（新高考卷）（四）
说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。
3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。
第I卷(选择题 共60分)
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）设是纯虚数，若是实数，则的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．3
【答案】D
【分析】设，代入并化简，再结合是实数求解即可.
【详解】设，
则，
因为是实数，
所以，即，
所以，故的虚部为3.
故选：D.
2．（2023·广东深圳·统考一模）满足等式的集合X共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
3．（2023秋·广东揭阳·高三惠来县第一中学校考期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，那么等于（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2
【答案】A
【分析】根据题意得到，再结合函数的奇偶性，得到，即可求解.
【详解】因为时，，可得，
又因为函数是定义在上的奇函数，可得.
故选：A.
4．（2023春·广东广州·高三铁一中学校考阶段练习）已知正方体，棱长为4，的中点为M，过D，M，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（ ）
A．18 B． C． D．36
【答案】A
【分析】先根据空间中点、线、面位置关系作出截面并判断形状，然后结合线段长度求解出截面的面积.
【详解】延长交于点，连接交于点，连接，
因为为中点，所以，
所以为中点，且，所以为的中点，
根据平行关系可知为中点，
由图可知，截面图形为四边形，
又因为，，，
所以为等腰三角形，所以，
又为中点，为中点，所以为的中位线，
所以，
故选：A.
5．（2023·广东·统考模拟预测）已知向量，满足，，，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据求出，从而求出答案.
【详解】由得：，
因为，所以，
故
.
故选：A
6．（2023秋·广东深圳·高三深圳大学附属中学校考期末）已知数列的前项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由得，即，根据等比数列的定义可得答案.
【详解】，，
因为，所以，
可得，而，
所以时，是以为首项，为公比的等比数列，，
所以.
故选：A.
7．（2023春·广东汕头·高三统考期末）根据汕头市气象灾害风险提示，5月12日～14日我市进入持续性暴雨模式，城乡积涝和质灾害风险极高，全市范围内降雨天气易涝点新增至36处.已知有包括甲乙在内的5个排水施工队前往3个指定易涝路口强排水（且每个易涝路口至少安排一个排水施工队），其中甲、乙施工队不在同个易涝路口，则不同的安排方法有（ ）
A．86 B．100 C．114 D．136
【答案】C
【分析】先将5个施工队按照3，1，1和2，2，1两种模式分成3组，注意排除甲、乙两个施工队放在一个组的种数，然后再将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，即可得出答案.
【详解】解：若将5个施工队分成3组，则有如下两种情况，
第一种，按照3，1，1模式分组，则有种分组方法，
第二种，按照2，2，1模式分组，则有种分组方法，
所以将将5个施工队分成3组，共有种分组方法，
其中，如果甲、乙施工队和另外一个队构成一个组，则有种分组方法，
如果甲、乙施工队单独构成一个组，则有种分组方法，
所以将甲、乙两个施工队放在一个组，共有种分组方法，
所以将5个施工队分成3组，甲、乙两个施工队不在一个组的分组方法有种，
现将分好组的施工队派往3个不同的易涝路口，则有种安排方法，
所以符合题意的安排方法共有种.
故选：C.
8．（2023秋·广东汕头·高三统考期末）设曲线为自然对数的底数上任意一点处的切线为，总存在曲线上某点处的切线，使得，则实数a的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求得的导数，设为上的任一点，可得切线的斜率，求得的导数，设图象上一点可得切线的斜率为，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，分别求的值域A，的值域B，由题意可得，可得a的不等式，可得a的范围．
【详解】的导数为，设为上的任一点，则过处的切线的斜率为，的导数为，过图象上一点处的切线的斜率为．
由，可得，即，
任意的，总存在使等式成立,则有的值域为，所以的值域为
由，即，，即，
解得：，故选D．
【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线垂直的条件：斜率之积为，考查任意存在性问题的解法，注意运用转化思想和值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．（2023春·广东清远·高三阳山县南阳中学校考阶段练习）已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．在区间上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
【答案】AD
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
10．（2023·广东·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B．的最小值为
C．的最小值为 D．在区间上单调递增
【答案】CD
【分析】利用特殊值法可判断AB选项；利用基本不等式可判断C选项；利用函数的单调性与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，，，则，A错；
对于B选项，因为，故函数的最小值不是，B错；
对于C选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，C对；
对于D选项，当时，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
当时，，即，故，
因此，函数在上单调递增，D对.
故选：CD.
11．（2023秋·广东·高三校联考期中）已知函数，若关于x的方程有8个不同的实数根，则实数k的值可以是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】AB
【分析】作出函数图象，根据图象可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4，而最多有2个实根，由此分类讨论可求得结果.
【详解】的图象如图所示，由图可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4，
当时，方程无实根，
当时，方程有唯一实根，
当时，方程有2个实根，
当或时，方程有3个实根，
当时，方程有4个实根，
因为最多有2个实根，此时，
所以方程有8个不同的实数根，等价于的实根至少有4 个，
当时，的3个根均大于，不合题意，
当时，的4个根均大于，方程有8个不同的实数根，符合题意，
当时，方程有7个不同的实数根，不符合题意，
当时，的3个根均大于，不合题意，
综上，实数k的取值范围为，
故选：AB
12．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2023·广东梅州·统考一模）展开式中的系数为___________.
【答案】40
【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.
【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；
所以展开式中的系数为.
故答案为：40
14．（2023·广东梅州·统考二模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为____________．
【答案】/
【分析】根据题意求出的值，然后利用离心率公式即可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】设圆柱的底面半径为，
因为一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形状，
则，，即，
因此，该椭圆的离心率为.
故答案为：.
15．（2023秋·广东广州·高三广州市第七中学校考期末）用二分法研究函数的零点时，第一次经计算可知，说明该函数在区间（8，12）存在零点，那么经过下一次计算可知___________（填区间）.
【答案】
【分析】分别计算出的值，并判断正负，再计算中点处的函数值，即可得答案.
【详解】 ，
而，则，
故答案为：.
16．（2023·广东深圳·统考一模）设，，，O为坐标原点，则以为弦，且与AB相切于点A的圆的标准方程为____；若该圆与以OB为直径的圆相交于第一象限内的点P（该点称为直角△OAB的Brocard点），则点P横坐标x的最大值为______．
【答案】 /0.8
【分析】以为弦的圆的圆心记作，易得圆心在线段的垂直平分线，且通过可得，得到直线的方程即可求出圆的方程；先求出以为直径的，然后两圆进行相减得到公共弦方程，代入可得点P横坐标，然后用对勾函数即可求得最值
【详解】以为弦的圆的圆心记作，且圆心在线段的垂直平分线上，
与直线相切于，则，
由可得，所以直线为，
将代入直线可得圆心为，，
所以所求的圆的标准方程为①；
以为直径的圆的圆心，半径为1，
则的方程为②，
①②可得，即为与的公共弦所在直线的方程，
将代入可得，
因为交点在第一象限，所以，所以，
令，（当且仅当时取等号）则
所以交点的横坐标
由对勾函数可得在内单调递增，所以当时，取得最小值，为，
所以交点的横坐标的最大值为
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键是求出交点的横坐标后，利用换元法、构造函数法，结合对勾函数的单调性进行解题.
解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023春·广东揭阳·高三校考开学考试）已知数列满足，其中是的前项和.
(1)求证：是等差数列；
(2)若，求的前项和.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据的关系可得，根据此递推关系即可根据等差中项求证，
（2）根据裂项求和即可求解.
【详解】（1）由得：
当时，，
两式子相减得①，
因此可得②，
①②相减得：，
由于 ，所以，
所以是等差数列；
（2）由（1）知是等差数列，，所以，
因此，
所以.
18．（2023·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）在中，角A，，的对边分别为，，，
(1)求；
(2)是内心，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 根据已知，利用两角差的正弦公式、正弦函数的性质以及三角形的性质求解.
(2) 根据已知，利用三角形内心的性质、倍角公式以及正弦定理建立方程求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，，
所以或，
当时，又，所以，
当时，，显然不满足，
综上，.
（2）因为是内心，所以，
在中，由正弦定理有：，即，
在中，由正弦定理有：，即，
所以，又，
所以，
所以，所以.
19．（2023秋·广东肇庆·高三统考期末）如图，已知四棱锥的底面为边长为2的菱形，且平面，.
(1)设为中点，证明：平面平面；
(2)设，上是否存在一点，使得与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出所有满足条件的点；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，M为PB中点，理由见解析
【分析】（1）由线线垂直证平面，再依次证、平面、平面平面；
（2）建立空间直角坐标系如图所示，设，由向量法分别求面面角与线面角，建立方程求解即可.
【详解】（1）证明：连接AC，ABCD为菱形，，则为正△，为中点，则，
∵平面，平面，∴.
∵平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）存在，理由如下：
正中，，则，，
建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
，，
设平面PBC的法向量为，则有，令，则，
平面AMB的其中一个法向量为，则平面与平面的夹角余弦值为.
设，，则，
则与平面所成角的正弦值为.
由与平面所成的角和平面与平面的夹角相等得.
故存在M为PB中点，满足题意.
20．（2023春·广东韶关·高三南雄中学校考阶段练习）作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3、0.4和0.5．
(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；
(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．
【答案】(1)0.375
(2)0.4
【分析】(1)利用条件概率公式求解；
(2)利用条件概率公式求解即可.
【详解】（1）设“小明与第i（，2，3）类棋手相遇”，
根据题意，，
记“小明获胜”，则有，，，
由全概率公式，
小明在比赛中获胜的概率为
，
所以小明获胜的概率为0.375．
（2）小明获胜时，则与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为
，
即小明获胜，对手为一类棋手的概率为0.4．
21．（2023·广东广州·统考二模）已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.
【答案】(1)
(2) 或
【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得，化简得 ，
所以C的方程为
（2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，
联立，
所以，
设直线的倾斜角为，则
所以，
所以 ，
由题意可知四边形为梯形，所以 ，
设，则 ，
所以，
当单调递增，当单调递减，
所以当时，即时，面积最小，此时，故直线的方程为： ，即 或
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．必要时也可以利用导数求解最值.另外在解析几何中还要注意向量的应用.
22．（2023·广东肇庆·统考二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递减；在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），
由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
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