(共38张PPT)
第2讲 基本初等函数、
函数与方程
考情分析 备考关键
考点 基本初等函数的图象和性质、函数与方 程、函数模型及其应用. 考法 基本初等函数的图象与性质是高考考查的 重点，利用函数性质比较大小、解不等式是常 见题型.函数零点的个数判断及参数取值范围是 高考热点，常以压轴题的形式出现． 熟练掌握基本初等函数
的性质，尤其是单调性
与对称性问题；灵活应
用处理函数零点的基本
技巧，特别是数形结合
的数学思想方法．
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·天津卷）若，，，则 ，
， 的大小关系为( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.由函数单调递增可知， ,又
,故 .
2.（2024·北京卷）已知，是函数 的图象上两个不
同的点，则( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.因为,为函数 的图象上两个不同的点，
所以,,且,则 ,所以
,所以 ,
所以 .
3.（多选） （2023·新课标Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视．用声压
级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数
是听觉下限阈值， 是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离/ 声压级／
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
己知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车 处测得实际声压分
别为，， ，则( )
ACD
A. B. C. D.
解析：选.因为随着 的增大而增大，且
，，所以,所以 ，故A正确；
由，得，因为 ，所以
，故C正确；假设 ，则
，所以，所以 ，不可
能成立，故B不正确；因为 ，所以
，故D正确.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 基本初等函数的图象和性质
1.幂函数 的图象都过点，且第四象限内无图象，当 时，
在上单调递增，且图象过点；当时，在 上单调
递减.
2.指数函数，且与对数函数 ，且
互为反函数，其图象关于直线 对称，它们的图象和性质分
， 两种情况，着重关注两种函数图象的异同.
［例1］ （1）（2024·福建三校联考）已知幂函数 的图象过点
，设，,,则,, 的大小关系是
( )
D
A. B. C. D.
【解析】 因为幂函数的图象过点，所以,解得 ,
即,故函数在上为增函数.因为 ,
，,所以 ，
故 .
（2）（2024·江西名校联盟）已知且，函数
在上的最大值为，则在 上的最小值为___.
5
【解析】 函数的定义域为 ,关于原点对称，
由 ,
得 ,
令,，则 ，
所以函数 为奇函数，
因为函数在上的最大值为 ，
所以函数在上的最大值为 ，
所以函数在 上的最小值为4，
所以在上的最小值为 .
基本初等函数的性质的应用技巧
（1）对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数的值
不确定时，要注意分和两种情况讨论．
（2）由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，往往通过换元
法转化为若干个基本初等函数，然后根据复合函数的性质与相关函数的性
质之间的关系进行判断．
［对点训练］
1.已知且,且，则函数 与
的图象可能是( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.因为且，且 ,所以
，所以，所以,所以函数 与函
数互为反函数，所以函数与 的图象
关于直线 对称，且具有相同的单调性．
2.（多选）（2024·乌鲁木齐检测）已知函数, ,
则( )
A.函数在 上单调递增
B.函数 是奇函数
C.函数与 的图象关于原点对称
D.
解析：选.对于A，因为在上单调递增，在 上单
调递增，所以在 上单调递增，故A正确；
对于B,因为 ,
所以,且的定义域为 ，关于
原点对称，所以 为奇函数，故B正确；
对于C，因为为奇函数，图象关于原点对称，而 为偶函数，图象
关于轴对称，所以与 的图象不会关于原点对称，故C错误；
对于D， ,故D正确.
考点二 函数与方程
1.函数的零点与方程解的联系
函数的零点就是方程的实数解，也就是函数 的
图象与轴的公共点的横坐标，所以方程有实数解 函数
有零点 函数的图象与 轴有公共点．
2.函数零点存在定理
如果函数在区间 上的图象是一条连续不断的曲线，且有
，那么，函数在区间 内至少有一个零点，即存
在，使得，这个也就是方程 的解．
［例2］ （1）若函数,则方程 的实根
个数为( )
A
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】 由
则作出函数 的图象如图.
由方程,得或 ,所以方程
的实根个数为3.
（2）（2024 ·会宁考试）函数 有且只有一个零
点的充分条件是( )
A
A. B. C. D.
【解析】 易知函数的图象恒过点，所以函数 有且只有一个
零点 函数没有零点 函数 的图象与
直线 无交点．
分别作出函数和 的图象如图所示，数形结合可得，
或，即函数有且只有一个零点的充要条件是或 ，
结合选项可知，A中条件是函数 有且只有一个零点的充分条件.
利用函数零点的情况求参数值
（或取值范围）的3种方法
［对点训练］
1.已知实数,,则函数 的零点所在的区间是
( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.因为,, ,
所以在 上为增函数，
所以, ,
所以 ，
则由零点存在定理可知，仅在区间 上存在零点.
2.已知函数,若 存在2个零点，
则实数 的取值范围是( )
D
A.， B. C., D.,
解析：选D.存在2个零点，故函数 的图象与
直线 有2个交点，画出函数图象，如图，
平移直线,可以看出当且仅当，即 时，直线
与函数 的图象有2个交点，
即, .
考点三 函数模型及其应用
应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键：
（1）一般程序：
.
（2）解题关键：解答这类问题的关键是确切地写出相关函数解析式，然
后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．
［例3］ （多选）第31届世界大学生夏季运动会在四川成都举行，大运会
吉祥物“蓉宝”备受人们欢迎.某大型超市推出“单次消费满1 000元可参加抽
奖”的活动，奖品为若干个大运会吉祥物“蓉宝”．抽奖结果分为五个等级，
等级与获得“蓉宝”的个数的关系式为 ，已知三等奖
比四等奖获得的“蓉宝”多2个，比五等奖获得的“蓉宝”多3个，且三等奖获
得的“蓉宝”个数是五等奖的2倍，则( )
ABD
A. B.
C. D.二等奖获得的“蓉宝”个数为10
【解析】 依题意，得
解得所以
对于A，易知 ,
即 ,
得，所以 ，故A正确；
对于B，由 ，可知
，
所以,所以 ，
所以 ，故B正确；
对于C，因为三等奖获得的“蓉宝”个数是五等奖的2倍，所以
，所以，解得 ，故
C错误；
对于D，由A，B，C得，即 ，所以
，即二等奖获得的“蓉宝”个数为10，故D正确．
解决新概念信息题的关键
（1）仔细审题，明确问题的实际背景，依据新概念进行分析；
（2）有意识地运用转化思想，将新问题转化为我们所熟知的问题.
［对点训练］ （2024·东北三省模拟）酒驾是严重危害交通安全的违法
行为.为了保障交通安全，根据国家有关规定： 血液中酒精含量大
于或者等于，小于认定为饮酒驾驶， 及以上认定为醉
酒驾驶.假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了
.如果停止喝酒以后,他血液中酒精含量会以每小时 的速度
减少，那么他能够正常驾驶至少要经过(结果取整数，参考数据：
, )( )
D
A.1小时 B.2小时 C.3小时 D.4小时
解析：选D.设至少要经过小时，则有 ，
即，两边同时取对数得,即 ，因为
,所以，又 ,所以
， ,即他能够正常驾驶至少要经过4小时.
数学美 “超级反比例”函数
［问题背景］
众所周知，反比例函数有下列性质.
（1）图象无限靠近坐标轴但与坐标轴永远不相交.也就是说其图象是以直
线为对称轴，两坐标轴为渐近线的等轴双曲线.
（2）当时，在,上单调递减，当时，
在,上单调递增.当，若是在定义域
上的递增函数或递减函数，我们称函数是定义域上的“超级反比例”
函数.2024年北京卷就是“超级反比例”函数.
［真题展示］ （2024·北京卷）生物丰富度指数 是河流水质的一
个评价指标，其中, 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物
丰富度指数越大，水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数 没有变
化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由2.1提高到 ，则
( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.由题意，得, .
若不变，则 ,
即,所以 .
［试题演变］ （多选）函数 的图象可以是( )
BC
解析：选.的定义域为 ，由复合函数
的单调性得，当时,在,上单调递减,又当
时，，当时，，结合选项知B符合；当
时,在,上单调递增，又当时， ,当
时， ，结合选项知C符合.(共26张PPT)
提升点15 函数的同构与构造
求解与函数性质、比较大小等有关的问题时，常用的求解策略是构造
一个新函数，通过研究新函数的性质解决与原函数相关的问题，此方法称
为构造函数法.函数同构问题是构造函数问题中的一种特殊类型，且该问题
具有数学表达式左右两边结构相似的特点，通过构造同一个函数研究它们
的性质，有些问题也可同时构造双函数实现问题的转化.
类型一 同构函数
［例1］ （1）设，，，则，， 的大小关系为( )
D
A. B. C. D.
【解析】 令 ,
则，所以当时，， 单调递增；
当时，，单调递减. ，
, ，
因为，所以 ,
即 .
（2）设实数，若对任意的，不等式 恒成立，
则 的最小值为__.
【解析】 方法一（同“左”同构）：
.
令，上述不等式可等价转化为.当
时，，，，即在 上单调
递增，所以；当时，， ，恒有
，此时也满足 .
所以当,,时，恒有，所以 .
令，则 ，
当时， ，
当时， ,
所以在 上单调递增，
在 上单调递减，
则 ，
所以， 的最小值为 .
方法二（同“右”同构）：
.
令，上述不等式可等价转化为 ，易知
在,上单调递增，在,上单调递减.因为， ，所以
.
当时，由，知 ；
当时，,，恒有 ,
此时也满足 .
所以当,，时，恒有 ，
所以，所以 .
下同方法一.
方法三（取对数同构）：
，若
，恒有.若 ，有
,令 ，
,上述不等式可等价转化为，易知在 上
是增函数，则.所以当,，总有，所以 .
下同方法一.
指对变形的五种等价形式
（核心公式）；
;
;
;
.
［对点训练］ 1.已知,,则“”是“ ”的
( )
A
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析： 选A.设,,则,由 得
；由得.所以在上单调递减，在 上
单调递增.所以当时，,即 成立，
故充分性成立.但成立时，可能有, ,此时
，故必要性不成立.综上，“”是“ ”的充
分不必要条件.
2.已知，，且 ，则下列选项正确的是( )
B
A. B. C. D.
解析： 选B.方法一：原不等式等价于 ,等价于
.令，则不等式 ,等价
于.因为，所以当时， ，
单调递增.若，则，又 ，由
，得；若，则，由 ，得
.综上所述， .
方法二：原不等式等价于，等价于 .
令，则不等式 ，等价于
，
因为，所以当时，， 单调递增，因
为，所以 .
若，由，有 ；
若，恒有 .
综上所述，，即 .
类型二 导数中的函数构造
角度1 幂函数与 的组合
［例2］ （2024·甘肃诊断考试）设函数满足 ,
,若,则 ( )
D
A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值
【解析】 令，则 ,
.
由,得 ,故
.
令，则 .当
,时，,即单调递减；当, 时，
,即单调递增.所以,所以 恒
成立，因此在上单调递增，所以 既无极大值也无极小值.
利用与构造函数的技巧
（1）对于（或），可构造函数.
（2）对于（或），可构造函数.
（3）对于（或），可构造函数.
（4）对于（或）,可构造函数.
角度2 指数函数与 的组合
［例3］ （2024·邵阳联考）已知函数的定义域为，为 的
导函数.若,且在 上恒成立，则不等式
的解集为( )
D
A. B. C. D.
【解析】 由 ，
可得 ,
即 .
设函数,可得 .
,
所以函数在 上单调递减，
由,解得 .
即不等式的解集为 .
利用与构造函数的技巧
（1）对于（或）,可构造函数.
（2）对于（或），可构造函数.
（3）对于（或）,可构造函数.
（4）对于（或）,可构造函数.
角度3 三角函数与 的组合
［例4］ 已知定义在区间，上的函数，是 的导函数，且
恒有 成立，则( )
A
A. B.
C. D.
【解析】 因为， ，
所以， .
由 ，
得 .
设，, ，
则 ，
所以在区间， 上单调递减，
所以 ，
即 ，A正确；
同理B，C，D错误.
利用与,构造函数的技巧
（1）对于（或），可构造函数
.
（2）对于（或），可构造函数
.
（3）对于（或 ），可构造函数
, .
（4）对于（或 ），可构造函数
.
［对点训练］ 1.已知是定义在上的奇函数，，当
时，，则使得成立的 的取值范围是( )
B
A. B.
C. D.
解析： 选B.构造函数，当 时，
，单调递减.又，则 ，
所以当时，，当时， ，所以当
时，，当时， .
因为为奇函数，所以当时，，当 时，
.综上可知，使得成立的的取值范围是 .
2.已知函数满足（其中是 的导函数），
若,, ,则下列选项中正确的是( )
A
A. B. C. D.
解析： 选A.因为 ,所以
，即.令, ,则
在上恒成立，所以在 上单调递增，从而
,即 ,即
,所以,即 .(共33张PPT)
提升点15
专题强化训练
［A 基本技能］
1.若 ，则( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.由指数和对数的运算性质得，
.令， ，
易知在 上为增函数.又因为
，所以
，即，所以 .
2.已知连续函数是定义在上的偶函数，是 的导函数，当
时，，且，则 的解集是( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.令,因为是定义在 上的偶函数，所以
，则 ，所以函
数也是定义在上的偶函数，且.因为当 时，
，所以当时，，则函数 在
上单调递增，在上单调递减.不等式 即为不等
式.由,得，所以，则 ,解得
或，所以的解集是 .
3.已知,,,且,, ，则
( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由已知得,, ,令
,则,故在 上单
调递增.,又, ,所以
,又,，所以 ,所以
.
4.已知是定义在上的减函数，其导函数满足 ，则
下列结论中正确的是( )
A
A.在上恒成立 B.在 上恒成立
C.当且仅当， D.当且仅当，
解析：选A.依题意 ，
由 ，
得 .
令 ，
则 ，
所以函数在 上为增函数.
又，故当时，, ；
当时，， .
又在 上是减函数，
所以在 上恒成立.
5.若对任意，都有 成立，则实
数 的最大值为( )
B
A. B.1 C. D.
解析：选B.由题得，即 ，令
，则，所以在 上单调递增.
，令，解得，所以在 上单调递增，在
上单调递减，所以，所以实数 的最大值为1.
6.已知定义在上的函数的导函数为 ,且满足
，当时， ,则不等式
的解集为( )
C
A. , B.,
C.， D. ,,
解析：选C.由 ，得
.
设，则 ，又
，所以 ,
所以是偶函数.设，则 ，
所以在上单调递增，所以,即 ，所以
当时，,所以当 时，
，故在 上单调递增.因为
，所以，即 ，解得
.所以不等式的解集为, .
7.（多选）若 ，则下列结论正确的是( )
BD
A. B. C. D.
解析：选.易知在上单调递减，故当
时，,故A错误；在 上为增函数，故当
时，，故B正确；在 上单调递减，故当
时，，故C错误；令 ，则
，即在上为增函数，故当 时，
,即 ，故D正确.
8.（多选）已知函数满足, ,则下列说
法正确的是( )
CD
A.
B.当时，方程 有两个解
C.
D.当时，方程 有且只有一个解
解析：选.因为,将 代
入得,又，所以 ,
故A错误；令 ,
,则, 为任意常数.又
,所以
.所以,则 ,
当时，，单调递增；当时, ,
单调递减，所以在处取得最大值1，作出 的大致图
象如下.
当方程有两个解时，直线与 的图象有两个交点，所
以,故B错误；由图可知，，故C正确；当 时，直
线与的图象有且只有一个交点，即方程 有且只有一
个解，故D正确.
9.（多选）下列命题正确的是( )
AD
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
解析：选.令，则在 上恒成
立，所以在上为增函数，所以当 时，
，即 ，故A正确，B错
误；
令，则在上恒成立，所以
在上单调递减，所以当时， ，即
，故C错误，D正确.
10.设,，则“”是“ ”的______条件.（填“充分不必
要”，“必要不充分”，“充要”或“既不充分也不必要”）
充要
解析：设
可得在上为增函数.所以，即“ ”是“
”的充要条件.
11.已知是定义在上的奇函数，是 的导函数，
当时，.若，则不等式 的解集
是___________________.
解析：设，当 时,
,则在 上单
调递增，,所以当时，,当
时，.当时，由,得.因为 是定
义在 上的奇函数，设
,则
,则是定义在
上的偶函数.所以当时，由,得.故不等式
的解集是 .
12.（2024·苏锡常镇四市调研）已知, ,
,则 的最小值为_________.
解析：因为,, ,
所以,所以 ,
所以,即 ,
所以 .
令, ,
则 ,
所以当且时，,当时， ，
所以在和 上单调递减，
在 上单调递增，
所以 .
所以,当且仅当, 时取得最小值.
［B 综合运用］
13.（2024·南京联考）已知,, ，则( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.因为 ,所以
.设 ，则
,所以在 上单调递减，所以
,即,所以 .令
,则,所以在 上
单调递增，所以,即,则 ，综上所
述， .
14.已知实数,，满足,则,，
的大小关系为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.不等式 可变形为
,设 ,则
,令 ,则
.当时，,所以即 单调递增，
则,所以单调递增，由，得 ,所
以 .
15.已知实数,满足，则满足条件的 的最小正整数为
( )
B
A.1 B.3 C.5 D.7
解析：选B.由实数,满足 ，可化为
，即 ，
构造函数，则 ，
当时，,单调递增，即 ，可以
得到 ，
从而，构造函数， ，
当时，,单调递减，当时， ,
单调递增，从而当时，，即 有最小值
，所以满足条件的 的最小正整数为3.
16.（2024·常州联考）,，当 时，均有
,则实数 的取值范围是( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.由题意得，即 ，即
，即 .令
,,则,,当 时，均有
,所以函数在上单调递减，即 ,
,即,由,得,所以 ,所以实数
的取值范围是 .
17.已知函数.若的最小值为0，则实数 的最
小值是_____.
解析：由 得，
，
当且仅当，即 时，等号成立.
令,则 ，
当时，, 单调递减，
当时，, 单调递增，
得 ，
即实数的最小值为 .
18.（2024·太原模拟）已知，若对于任意的 ,不等式
恒成立，则实数 的最小值为__.
解析：因为 ,
所以 ,
可化为 ,
即 .
令,则 .
易知 ,
令,得.当时，,当时， ,
所以函数在上单调递减，在 上单调递增.
因为当, 时，
不等式 恒成立，
即 恒成立.
因为,, ,
所以, ,
且在 上单调递增，
所以在, 上恒成立.
即,, 恒成立.
令,, ,
则 .
令，得,当时，,当时， .
所以函数在， 上单调递增，
在， 上单调递减，
则当时， 取得最大值，
且最大值为，所以的最小值为 .(共51张PPT)
第3讲 导数及其简单应用
考情分析 备考关键
考点 导数的几何意义、利用导数研究函数的 单调性、极值及最值. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查导数 的几何意义，利用导数求函数单调区间、极 值及最值、参数的取值范围或解不等式等， 也可能是解答题的一问. 会利用导数的几何意义求
切线方程，抓住导数与函
数单调性之间的关系，进
而研究函数的极值与最
值，对于含参问题需“分类
讨论”.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·全国甲卷）设函数，则曲线在点
处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A. ,
所以，所以曲线在点 处的切线方程为
，
即，切线与两坐标轴的交点分别为，， ，所以
切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 .
2.（2023·新课标Ⅱ卷）已知函数在区间 单调递增，
则 的最小值为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.因为函数,所以 .因为函数
在单调递增，所以在 恒成立，即
在恒成立，易知，则在 恒成立.设
,则.当时，, 单调递增，
所以在上，,所以,即 .
3.（多选）（2024·新课标Ⅰ卷）设函数 ，则
( )
ACD
A.是 的极小值点
B.当时，
C.当时，
D.当时，
解析：选.因为 ，所以
，令 ，解
得或，当或时，，当 时，
，所以函数的单调递增区间为， ，单调递减
区间为，故是函数的极大值点，是函数 的极小值
点，所以A正确；
当时，，即，又函数
在上单调递增，所以 ，所以B错误；
当时，，函数在 上单调递减，所以
，所以C正确；
当 时,
，
所以 ，所以D正确．
4.（2024·新课标Ⅰ卷）若曲线在点 处的切线也是曲线
的切线，则 _____.
解析：由题，令，则，所以 ，所以
曲线在点处的切线方程为 ．令
，则，设直线与曲线
相切于点，则，得，则 ，
所以，所以 .
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 导数的几何意义
1.导数的几何意义
（1）函数在某点的导数即曲线在该点处切线的斜率．
（2）曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.
（3）切点既在切线上，又在曲线上．
2.复合函数的导数
复合函数的导数和函数， 的导数间的关系为
角度1 曲线的切线
［例1］ （2024·开封检测）已知函数,则曲线 在点
处的切线方程为( )
D
A. B.
C. D.
【解析】 方法一（公式法）：因为，所以 ，
，所以，所以曲线在点 处的切线方
程为，即 .
方法二（排除法）：因为,所以,故切线过点 ，排除
选项A，C；
又,所以,故切线的斜率 ,排除选项B.
求曲线的切线方程的2种类型及方法
（1）“在”某点处的切线方程
求出切线的斜率，由点斜式写出方程．
（2）“过”某点的切线方程
设切点为，利用导数求得切线斜率，再由斜率公式求得切
线斜率，列方程（组）解得，再由点斜式或两点式写出切线方程．
角度2 曲线的公切线
［例2］ （2024·福建适应性练习卷）已知直线 既是曲线
的切线，也是曲线 的切线，则( )
A
A., B., C., D.,
【解析】 方法一（设点法）：设直线与曲线 相切于点
，直线与曲线相切于点,对
求导得，对求导得 ,
所以有
即解得
所以 .
方法二（代入法）：对于A，对求导得,令,得 ,
又，所以曲线在点处的切线方程为 ，
即,同理得曲线在点处的切线方程也为 ,
故A正确.
方法三（数形结合法）：由题意得 与
的图象关于原点对称，作出两个函数的
图象如图所示，由图象得，只有A选项满足题意.
对于两条曲线的公切线问题，设公切线与曲线 相切于点
，与曲线相切于点，利用导数求出切线 在两
切点处的方程，利用斜率相等且截距相等列方程求解．
［对点训练］ 1.（2024·四川联考）若曲线在点 处
（点在曲线上）的切线的斜率为3，则该切线在 轴上的截距为( )
A
A. B.2 C. D.
解析：选A.因为,所以 .由
,得或 （舍去）.
当时，,所以该切线的方程为 ,即
.
令,解得,所以该切线在轴上的截距为 .
2.（2024·山东新高考联合质量测评）过点作曲线 的两条
切线，切点分别为,，则 ( )
D
A. B. C. D.3
解析：选D.因为,所以 ,设切点坐标为
,所以 ,所以切线方程为
,将 代入切线方程得
,即 ,
依题意关于的方程有两个不同的解, ,
即关于的方程有两个不同的解,,所以 .
考点二 利用导数研究函数的单调性
1.函数在区间上单调递增（或递减），可转化为
（或）在 上恒成立.
2.函数在区间上存在单调递增（或递减）区间，可转化为
或在 上有解.
［例3］ （2024·邯郸调研节选）己知函数 ,
.是否存在实数，使得和在 上的单调
区间相同 若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 由题意得，, ,
当时，，，所以和在 上都单调
递增，符合题意；
当时，若和在上的单调区间相同，则和 有
相同的极值点，
即,令， ，
则 ,
当时， ,
当时, ,
所以在 上单调递增,
在 上单调递减，
则,所以 无解，
综上，存在，使得和在 上的单调区间相同.
利用导数研究函数单调性的关键
（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域．
（2）单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认．
（3）已知函数单调性求参数取值范围，要注意导数等于零的情况．
［对点训练］ 1.若函数，则 的单调递增区间是( )
B
A. , B., C.， D. ，
解析：选B.由,得 ，
.
令,解得,所以的单调递增区间是， .
2.已知是定义在上的偶函数，当时， ，则不
等式 的解集是______________.
解析：当时， ，
，则在 上单调递增，因为
是定义在上的偶函数，所以在 上单调递减，若
，即，可得 ，解
得 ，所以不等式 的解集是
.
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
1.由导函数的图象判断函数 的极值，要抓住两点
（1）由的图象与轴的交点，可得函数 的可能极值点．
（2）由的图象可以看出 的函数值的正负，从而可得到
函数 的单调性，可得极值点．
2.求函数在 上的最值的步骤
（1）求函数在 内的极值．
（2）求函数在区间端点处的函数值， .
（3）将函数的各极值与， 比较，其中最大的一个为最大值，
最小的一个为最小值．
［例4］ 已知函数，其中 ．
（1）若是的极值点，求 的值；
【解】易知的定义域为，， .
因为是 的极值点，
所以，解得 ．
经检验，符合题意，所以 .
（2）若在上的最大值是0，求 的取值范围．
[答案] 由得或 ．
当时， ，
当时，，单调递增；当 时，
，单调递减，易知在上的最大值是 ，
因为 ，不符合题意，舍去；
当时，，故时，，在 上单调递
减，
可得在上的最大值是 ，符合题意．
所以的取值范围为 ．
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
（1）不能忽略函数的定义域．
是可导函数在处取得极值的必要不充分条件．
（3）函数的极小值不一定比极大值小．
（4）函数在区间上有唯一极值点，则这个极大（小）值点也是最大
（小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
［对点训练］ 1.（2024·黑龙江省实验中学月考）如图是函数 的
导函数 的图象，下列结论正确的是( )
C
A.在 处取得极大值
B.是函数 的极值点
C.是函数 的极小值点
D.函数在区间 上单调递减
解析：选C.由题图知，当时，， 单调递减；当
时，，单调递增.故是函数 的极小值
点， 无极大值．
2.已知函数，若函数在 上
存在最小值，则实数 的取值范围是_________.
，
解析：由 ,知
,则当时，，
单调递减；当或时，,单调递增，所以 在
处取得极小值，在处取得极大值.令，解得
或，又因为函数在 上存在最小值,所以
，解得，即实数 的取值范围是
， .
数学美 三次函数的对称中心
［问题背景］ 三次函数
是高考的重点素材，而对称中心是高
考的热点，其优美的对称性是命题专
家的命题点之一.当 时，有
其对称中心为 ，没有对称轴，其对称中心有三种求法.
一个极大值点与一个极小值点，且 的中点即为对称中心（如图）.
方法一 ，
.
令，得 ,
对称中心为 .
方法二（此方法在 时才能用）：
,
当 ,
即 时,
有两个不相等的实数根与 ,
,,可得对称中心为 .
上面的两个方法一般用于速解问题，下面的方法三是利用实质解决问题.
方法三：证明：函数 是奇函数.
.（请验证）
故 为奇函数，
所以的图象关于点 对称.
［真题展示］ （多选）（2024·新课标Ⅱ卷）设函数
，则( )
AD
A.当时， 有三个零点
B.当时，是 的极大值点
C.存在，，使得为曲线 的对称轴
D.存在，使得点为曲线 的对称中心
解析：选.由题可知， .
对于A，当时，由得 ，
由得或，则在上单调递增，在 上单
调递减，在上单调递增，且当 时， ，
，，当 时, ，故 有
三个零点，A正确；
对于B，当时，由得，由得 或
，则在上单调递增，在上单调递减，在 上
单调递增，故是 的极小值点，B错误；
对于C，当 时, ，当 时, ，故曲线
必不存在对称轴，C错误；
对于D，方法一：
，令 ，
则可转化为，由 为奇函数，
且其图象关于原点对称，可知的图象关于点对称，则 的
图象关于点对称，故存在，使得点 为曲线
的对称中心，D正确.
方法二：任意三次函数 的图象均关于点
成中心对称，则的图象关于点 对称，故存在
，使得点为曲线 的对称中心，D正确.
［跟踪训练］ （多选）定义：如果直线将曲线分成与 两部分，若
与可以完全重合，我们称等分 ，交点称为等分点.若直线
等分曲线,直线 恒过的定
点记为 ,则( )
AB
A.点的坐标为
B.当是的等分点时， 的最小值为8
C.当是的等分点，且取得最小值时，函数 有三个零点
D.当是的等分点,且时，在点 处的切线与坐标轴围成的三角形
的面积为
解析：选.对于A，由得 恒过
，A正确；对于B，当是C的等分点时， 为C的对称中心，故
，且,故, ，
，当且仅当 时，等号成立，B正确；对于C,
由上知，当时， 取得最小值8，此时
，
，
当时，, ；
当时，或 ；
当时， .
故在 ,,, 上单调递增，
在, 上单调递减.
所以 .
.
故曲线与轴仅有一个交点，即函数 仅
有一个零点，C错误；
对于D，由上知，，，当时， ,则
,
， ，
则曲线C在点处的切线方程为，即 ，切
线在轴与轴上的截距分别为 ,5，故切线与坐标轴围成的三角形的面积
，D错误.
［试题演变］ （多选）已知函数 ,则( )
ABC
A.有两个极值点，，且
B.有三个零点,且存在常数,使，， 为一
直角三角形三边
C.若方程有三个根,, ，则
D.在轴的负半轴上存在点，过点可作曲线 的两条切线
解析：选.因为 ，
有两个实数根,,且 图象的对称中心为
.
对于A，
方法一：由于对称中心 是其两个极值点的中点，故
.
方法二：由于, ，
所以
，A正确；
对于B，由 ，
故,, ，
由，解得或 ，
当时， ，0，1不能构成三角形；
当 时，3，4，5构成一直角三角形三边，B正确；
对于C，由 得
，若此方程有三个根,, ，
则这三个根即为曲线与直线 的
交点的横坐标，由于曲线 与直线
均关于点 对称（如图），
故 ，C正确；
对于D,设过的直线与曲线 相切，
且设切点为，则 的方程为：
，
.
令 ，
,
当时，或 ，
当时， ；
当时， ；
当时， ，
所以在,上单调递减，在 上单调递增.
故 ,
.
故的图象与直线仅有一个交点，故过 轴的负半轴
上的点 只能作C的一条切线，D错误.(共32张PPT)
真题解构与重构 导函数
众所周知，利用导数的几何意义求曲线的切线方程是导数概念的具体
体现，利用导数研究函数的单调性彰显了导数的本质特征，而利用函数的
单调性研究函数的其他性质是导数应用价值的体现，无论是函数的单调性、
最值，还是与其有关的不等式问题，都是导数的用武之地.新课标高考试题
中关于导数及其应用的问题基本上一大一小，小题主要体现在导数的基本
应用，而解答题则涉及函数性质或不等式等多方面问题，一般情况下都会
作为试卷的压轴题出现，根据试题的难易程度，关于导数问题的试题偶尔
会放在第18题或第19题位置.下面以2024年新课标Ⅱ卷第16题进行解构与重
构，展示导数在函数应用中的风采，对指导高考复习具有十分重要的作用
和意义.
［真题呈现］ （2024·新课标Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当时，求曲线在点 处的切线方程；
［规范解答］解：当时，，则 ，则
.
，所以切点坐标为 ，所以切线方程为
，即 .
注解①
［关键步骤］①求曲线切线方程的基本步骤必须掌握
（2）若有极小值，且极小值小于0，求 的取值范围．
［规范解答］ 解： 易知函数的定义域为， .
当时，，函数在 上单调递增，无极值，不符合题意；
当时，由，得，由，得
所以函数在区间上单调递减，在区间 上单调递增，
所以的极小值为 .
注解②
［关键步骤］ ②含参时，必须对参数进行分类讨论
由题意知，等价于 .
注解③
［关键步骤］ ③建立关于参数 的关系是求参数范围的基石
方法一：令 ，
则 ,
所以函数在上单调递减，又 ，
故当时，；当时， .
故实数的取值范围为 ．
注解④
［关键步骤］ ④单调性零点猜算 问题求解
方法二：由，得 .
注解⑤
如图为函数与在区间 上的
大致图象，由图易知当时， ，即
.所以实数的取值范围为 .
［关键步骤］ ⑤分解成两个初等函数进行数形结合，是求解问题的关键.（注：本题也可分解为 ,从而可得 ）
［真题分析］ 试题以关于“”与“ ”两个重点元素构建问题.第一问是
导数的几何意义的基本应用，是十分基础的知识，第二问利用极小值与0
的关系巧妙建构不等关系——求 的取值范围，看似解不等式，实则是函
数的零点问题，利用函数零点解此类不等式是数形结合的典型，是高考的
热点问题.试题考查数学运算、逻辑推理等核心素养，考查化归与转化思想、
分类讨论思想与数形结合思想，试题将导数在研究函数的应用中的功能巧
妙落到实处，堪称小综合，精而新，试题对导数知识的教育教学与高考复
习具有明确的指导意义.
［源头与活水］
类别 教材题（选择性必修第二册 、例7与 ） 考题 关联特征
条 件 ① 直接给出关于 的函数 当 时， 具体关于“ ” 的函数 相一致
② 求与 轴的交点 给点 都是要求出点的坐
标
③ 研究极值 求极小值 相一致
类别 教材题（选择性必修第 二册、 例7与 ） 考题 关联特征
问 题 ① 求曲线在曲线与 轴交 点处的切线方程 求在点 处的切线方程 相一致
② 直接证明不等式 利用极小值建 立不等关系， 求参数范围 ①都可用导数研究函数
②都可用数形结合，一
个是先有不等式给证
明，一个是先有不等式
求参数.
续表
［真题解构］
解构1 考题中，当时， ,有下列信息.
（1）① ,正是教材人教A版选择性必修第二册
的问题.
②在处的切线方程即为 ,
①②都可在图1中呈现出来.
③若用替换中的，则有 ，正是教
材 要证明的不等式.
若再用替换上式中的得， ,这就是高
考中常遇的问题.特别地,当时，即得教材例4图示关系与 的不
等式，这个式子也即为,这就反映在教材 求
函数的图象在点处的切线方程： ,由图2即可知
.这些充分说明了考题是教材问题的集中体现.
（2）的充要条件是 .
“”这个零点是教材问题与高考的“热点”设置，若用
替换，则有，由图3得出 的结论，从
而 .
解构2 已知曲线，直线 .
（1）若是的一条切线，求 的值；
解：设与相切于点 ,
由得 .
由题意得
消去,得 .
令 ,
,
所以在 上单调递增.
又 ,
即有且只有一个零点 .
故方程的解为,此时, .
（注：这里正是揭示第（2）问的设置的内涵,也正好展示了曲线
在处（即点处）的切线方程为 ）
（2）若曲线恒在直线的上方，求 的取值范围.
解：令,曲线恒在直线的上方，即为在 上
恒成立.
,
①当时，,在 上单调递增.
由于, ，
故存在,使得 ，不符合题意.
②当时，令,得 ，
所以当时, ,
当时, ,
所以在 上单调递减，
在 上单调递增.
故 ,
即 .
下同真题呈现解法可得,所以的取值范围为 .
［真题重构］
重构1 已知函数 .
（1）若在处有极值，求 的值；
解： .
依题意知,解得 .
当时，,易判断 在
处有极大值，符合题意，所以 .
（2）若当时，，求实数 的取值范围.
解：当时， ,
即,即 .
令,则 .
①当时， ,
所以在 上单调递增，
所以,所以 满足条件.
②当时，若 ,
则,若,则 .
所以在 上单调递减，
在 上单调递增，
所以 .
令 ,
所以 ,
所以在 上单调递减.
所以与矛盾，故 不满足条件.
综上，实数的取值范围是 .
重构2 已知函数 .
（1）若,求曲线在点 处的切线方程；
解：当时， ,
, ,
又,所以切点为 ,
所以切线方程为,即 .
（2）证明：当时， .
证明：因为，所以 ,
所以 .
方法一：令 ,
所以,令 ,
所以 ,
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,所以 ,
所以,即证得 .
方法二：令 ,
所以 .
当时， ,
当时， ,
所以在 上单调递减，
在 上单调递增，
所以,所以 ,
故,当且仅当 时取等号.
同理可证当时，,当且仅当 时取等号.
由,当且仅当 时取等号，由
,当且仅当 时取等号，所以
,
即,即,当且仅当 时取等号，即证得
.
方法三：令, ,
令, ,
则 .
令, ,
令,得 .
当时，,当时， ,
所以在上单调递减，在 上单调递增，所以
,所以,即.因为 在
上为增函数，则当时， ,所以
,所以,即证得 .
重构3 若对任意实数,都有函数 的图象与直线
相切，则称函数 为“恒切函数”.设函数
,, .
（1）讨论函数 的单调性.
解： ,
当时，恒成立，函数在 上单调递减；
当时，由得,由得 ,所以函数
在上单调递减，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）已知函数 为“恒切函数”.
①求实数 的取值范围；
解： 若函数为“恒切函数”，则函数 的图象与直线
相切，
设切点为 ,
则且,即， .
因为函数为“恒切函数”，所以存在,使得, ,
即
得,
设,则,由,得,由 ,
得,故在上单调递增，在 上单调递减，
从而 ,
故实数的取值范围为 .
②当取最大值时，若函数 为“恒切函数”，求证：
.（参考数据： ）
证明：由①知当取最大值时，, ,
故 ,
.
因为函数为“恒切函数”，故存在，使得, ,
由得 ,
即 .
设,则,由得 ,由
得 ,
故在 上单调递减，
在 上单调递增.
在单调递增区间 上，
,故,则由,得 .
在单调递减区间上，,
,
故在区间，上存在唯一的 ,
使得,即 ,
此时由,得
,
令,则在,上单调递增，且 ,
,
故 .
综上， .(共34张PPT)
第1讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·开封检测）若函数 是奇函数，则实数
( )
C
A.0 B. C.1 D.
解析：选C.通解（定义法）：因为函数 是奇函数，所以
,当时，,, ,
则,可得 .
优解（特殊值法）：因为函数是奇函数，所以 ,即
,解得或,经检验 符合题意.
2.已知函数,的定义域为,的定义域为 ，则
( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.,则 ,
,
则,所以 .
3.函数在 上的图象大致为( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意知,
,且 的定义域关于原
点对称，所以为偶函数,排除C，D；当 时，因为
,令,则,所以 即
在上单调递增，又，所以在 上恒成立,
因此在 上单调递增,排除B.
4.（2024· 武昌检测）已知函数,则关于 的不等式
的解集为( )
A
A.， B. , C., D.,
解析：选A.由
故在上单调递增，由,有，解得 ，
即, .
5.已知定义在上的奇函数满足，且在 上
单调递增，则( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.因为在上单调递增，且函数 为奇函数，所以
在上单调递增，又根据 得
，所以 是周期为4的周期函数，
,,,根据函数 的单调性可知
，即 .
6.（2024·重庆调研）已知定义在上的函数 满足：
,且当时，，则关于 的不等式
的解集为( )
A
A. B.
C. D.
解析：选A.通解：由题意得 ,即
，不妨令,则 ,所以
,即,,故在 上单调递减.
在中，令,则 ,得
.令,,则,显然 的定
义域关于原点对称，故是奇函数.由 ,得
,即,所以,解得 ,即
.
优解：因为,所以可令,又当
时，,所以,所以可转化为 ,
即,解得,即 .
7.（多选）已知函数 则下列结论正确的是( )
BD
A.是偶函数 B.
C.是增函数 D.的值域为
解析：选.易知 ，
而 ,
故 不是偶函数，故A错误；
,故B正确;
因为
,
所以 不是增函数，故C错误；
当时，，当时, ,
故的值域为 ，故D正确.
8.（多选）已知的定义域为，其函数图象关于直线 对称，且
，若当时， ，则下列结
论正确的是( )
ACD
A.为偶函数 B.在 上单调递减
C.的图象关于直线对称 D.
解析：选.的图象关于直线对称，则 ，
又，则的周期 ，所以
，又的定义域关于原点对称，所以 为
偶函数，故A正确；当时， 单调递增，因为
，故在上也单调递增，故B不正确； 的图象关于直
线对称且,所以的图象关于直线 对称，故C正确；
,故D正确.
9.（多选）（2024·上饶一模）已知定义在上的函数 满足
，，且当 时，
，若函数在 上至少有三
个不同的零点，则下列结论正确的是( )
ABD
A.的图象关于直线对称 B.当时，
C.当时，单调递减 D.的取值范围是,
解析：选.由，的定义域关于原点对称知
是偶函数，由知 是周期为2的周期函数，
因为当时， ，所以函数图象如图所示．
对于A，由图可知的图象关于直线 对称，所以A正确；
对于B，当时， ，所以B正确；
对于C，当时，由周期为2可知的单调性与时 的
单调性相同，易知当时， 单调递增，所以C错误;
对于D，设，则函数在
上至少有三个不同的零点，等价于函数与的图象在 上至
少有三个不同交点，结合图象可知， ，
即，解得 ，所以D正确．
10.（2024·连云港调研）已知函数是偶函数，则实数 的值
是___.
1
解析：若 是偶函数，
则，即 ,
所以 ,
所以 ，
所以,所以 .
当时， ，
定义域为 ，不关于原点对称，不符合题意，舍去；当
时，,定义域为 ,关于原点对称，符
合题意.综上所述， .
11.（2024·湖南九校联盟联考）对于非空集合 ，定义函数
已知集合， ，若
存在，使得，则实数 的取值范围为______.
解析：由题知，可取，0，若 ，则
，即集合 ,得，即实数 的取值范围
为 ．
12.（2024·枣庄二模）已知为偶函数，且 ，
则 ____.
解析：因为 为偶函数，
所以，又 ，
所以， ，
所以 ，
所以函数 为周期函数，周期为4，
所以 ,
由，可得当时， ，
由，可得当时， ，所以
，所以 .
［B 综合运用］
13.已知定义在上的偶函数和奇函数 满足
，则在 上的最大值为
( )
D
A.1 B.24 C.40 D.81
解析：选D.因为定义在上的偶函数和奇函数 满足
,①所以
②，
得.因为，且在 上单调递减，
在上单调递增，，，所以在 上的最
大值为81.
14.已知函数在，上单调递增，且满足对任意 ,都有
.若在区间上单调递减，则实数 的取值
范围为( )
C
A. ， B.， C.， D.
解析：选C.因为函数满足对任意，都有 ，
所以函数的图象关于直线 对称.
因为函数在，上单调递增，所以函数在 , 上单调递减.
若在区间上单调递减，则解得 ,即实
数的取值范围为， .
15.已知函数若存在,, ，
使，则 的取值范围是( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.作出 的大致图象如图，
令 ,则交点横坐标自左向右依次为
,,,由图可知，，关于直线对称，即 ,又
,所以.由图象知，当时， ,所
以 .
16.（多选）已知定义在上的函数满足， ，
为奇函数，则下列说法正确的是( )
ABC
A.直线为曲线 的对称轴
B.点为曲线 的对称中心
C.
D.
解析：选.由知函数的图象关于直线 对称，
A正确；
是奇函数，即，令 ，得
,则的图象关于点 对称，B正确；
令，则，所以，在 中，令
，则，C正确；因为 ，
从而，所以 是周期函数，4是它的一个周
期，则 ，D错误．
17.（2024·石家庄检测）给定函数,,用
表示,中的较大者，记，.若函数
的图象与直线有3个不同的交点，则实数 的取值范围是
___________________.
,
解析：由
,
得到两个函数的图象如图1所示.
因为， ，
所以函数 的图象如图2所示.
其中,当且仅当 时取最大值.
设两函数图象在第一象限的交点为，即当，时，
解得 ,
由题意直线与函数 的图象有3个不同的交点,
由数形结合易知，或 ，
即, .
18.已知偶函数的图象关于直线对称，，且对任意 ，
，均有 成立，若
对任意恒成立，则实数 的最小
值为___.
5
解析：因为函数的图象关于直线和 对称，所以其周期
.在中，令
得，,又,所以,同理可得, ,所
以, ,
，由
，得，依此类推，可得当 时，
,所以
,又
对任意恒成立，所以 ，所
以实数 的最小值为5.(共16张PPT)
提升点14
专题强化训练
1.已知函数,其中为自然对数的底数，证明： 在
上有两个零点.
证明：设, ,
则 ,
显然当时， ,
当时， ,
所以在 上单调递增，
又, ,
所以存在唯一的,,使 .
则当时， ,
当时, .
故在上单调递减，在 上单调递增.
因为,, ,
所以在 上有两个零点.
2.（2024·广西二模）已知函数，若存在 恒成立，
则称是 的一个“下界函数”.
（1）如果函数为的一个“下界函数”，求实数 的取值
范围；
解：由 恒成立，
可得 恒成立，
所以恒成立,令 ，
所以 ，
当,时,， 单调递减；
当,时,， 单调递增，
所以，所以 ，
即实数的取值范围为 , .
（2）设函数，试问函数 是否存在零点？若存在，
求出零点个数；若不存在，请说明理由.
解：不存在.理由如下：由（1）可知 ，
所以 ，①
又 ，
所以 ，
令，所以 ，
当时,， 单调递减；
当时,， 单调递增，
所以 ，②
所以 ，
又①②中取等号的条件不同，所以 ，
所以函数 不存在零点.
3.（2024· 武昌检测）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：函数的定义域为 ，
，
当时,,在 上单调递减；
当时,当,时， ,
即在, 上单调递减，
当,时， ,
即在, 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）若有两个零点，求实数 的取值范围.
解：由（1）可知，当时，在 上单调递减，
至多有一个零点，不符合题意.
当时， .
令, ,
所以在 上单调递增，
又,当时，解得， 至多有一个零点，不符
合题意；
当时，解得 .
又因为,结合单调性可知在, 上有一个零点.
令,, ,
当时，， 单调递减，
当时，，单调递增， ,
所以，即 .
当时,,结合单调性可知在, 上有一个零点.
综上所述，若有两个零点，实数的取值范围是 .
4.已知函数,且 .
（1）设,讨论 的单调性；
解：由题意知 ,
则 .
当时， ,
令,解得 .
当且时， ，
当时， ，
故函数在 ， 上单调递增，
在,和 上单调递减.
当时，,令,解得 .
当时， ，
当且时， ，
故函数在和，上单调递减，在, 上单调递增.
综上所述，当时，函数在 ，上单调递增，在
,和 上单调递减；
当时，函数在和，上单调递减，在, 上单
调递增.
（2）若，且存在三个零点.求实数 的取值范围.
解：由,所以等价于 ,即
.
令, ,
因为,故 为奇函数，
当时，,于是，令得 .
从而当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减.
所以当时，取得极大值 .
当时， ；当 时， .
由于函数是奇函数，所以作出 的大致图象如图所示.
因为,所以 ，
所以当时，直线与函数 的图象有三个交点，
即 存在三个零点.
所以实数的取值范围为 .(共15张PPT)
提升点13 不等式恒（能）成立
技法1 分离参数处理恒（能）成立问题
［例1］ （2024·东北三省模拟）已知函数, .
（1）当时，求 的单调区间和极值；
【解】当时, ,
则 .
令,则 ,
故在上单调递减，又 ,
因此是在 上的唯一零点，
即是在 上的唯一零点.
当变化时,, 的变化情况如下表：
0
0 -
单调递增 单调递减
所以的单调递增区间为，单调递减区间为 ，
的极大值为 ，无极小值.
（2）若对任意,恒成立，求实数 的取值范围.
【解】 由题意知 ,
即，即 .
设 ,
则 ,
令,解得 ,
当 ,时，,单调递增，当, 时，
，单调递减，所以 .
所以，即实数的取值范围为, .
分离参数法确定不等式（, 为实数）恒成立问题中
参数取值范围的步骤：
（1）将参数与变量分离，化为或 的形式；
（2）求在 时的最大值或最小值；
（3）解不等式或,得到 的取值范围.
［对点训练］ 已知函数 ,使得
成立，求实数 的取值范围.
解：因为,使得 成立，
即,使得 ，
即 成立,
由，得 ,
当,即 时，
,
此时显然不满足 ；
当时，原不等式等价于, ,
令, ,
则 ，
由于,所以 ,
所以函数在 上单调递增，
所以,所以 ,
解得，即实数的取值范围为 .
技法2 分类讨论处理恒（能）成立问题
［例2］ （2024·南京、盐城一模）已知 ,函数
, .
（1）若,证明： ;
证明：因为 ,
所以
, ,
设, ,
则,所以在， 上单调递增，所以
,又，因此 .
（2）若,求实数 的取值范围.
【解】 函数, ,
,
①当时，注意到 ,
故 ,
因此
,
由（1）得当时， ,
因此 ,
所以在, 上单调递增，
从而 ,满足题意；
②当时，令 ,
,因为,所以存在,,使得 ,
则当时，,，所以在
上单调递减，从而,所以在 上单调递减，因此
,不合题意.
综上，实数的取值范围为 .
（1）对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解
题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得
参数的取值范围，体现转化思想；
（2）解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意
对参数的不同取值范围进行分类讨论.
［对点训练］ 已知函数,若关于 的不等式
在上有解，求实数 的取值范围.
解：由题意知，存在，使得 成立，
则存在，使得 成立．
令, ,则
, .
①当时，,所以函数在 上单调递减，
所以 成立，
解得 .
②当时，令,解得 ,
令,解得 ,
所以函数在上单调递增，在 上单调递减.
又因为, ,不符合题意，舍去.
③当时，，所以函数在 上单调递增，所以
,不符合题意，舍去.
综上所述，实数的取值范围为 .(共32张PPT)
第3讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·邯郸调研）设函数的图象与轴相交于点 ，则
该曲线在点 处的切线方程为( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.令,解得 ,
故, ,
则 ,
则所求切线方程为,即 .
2.（2024·乌鲁木齐地区监测）设,是函数 的
两个极值点，若,则 ( )
C
A.0 B.1 C.2 D.3
解析：选C.令,则有 ,
, ,①
又 .②
结合①②可得，,所以，即 .
3.已知函数 ,则( )
C
A.是奇函数，且在 上单调递减
B.是奇函数，且在 上先递减再递增
C.是偶函数，且在 上单调递减
D.是偶函数，且在 上先递减再递增
解析：选C.由 ,可得
,且的定义域为 ，关于原点对
称，故为偶函数，所以A，B错误；由 ,
当时，，故在 上单调递减，所以C正确，D错误.
4.（2024·东北三省模拟）在同一平面直角坐标系内，函
数及其导函数 的图象如图所示，已知
两图象有且仅有一个公共点，其坐标为 ，则( )
C
A.函数的最大值为1 B.函数 的最小值为1
C.函数的最大值为1 D.函数 的最小值为1
解析：选C.若虚线是函数的图象，实线是函数 的图象，则函
数有增有减,则有正有负,与题图不符，所以实线是函数 的图
象，虚线是函数的图象.由题图可知，， 恒
成立,且 恒成立．
因为，所以 恒成立，所以函数
在上单调递增，所以函数 无最值，故A，B错误；
因为,所以.当时，由题图可知 ,所以
；当时,由题图可知,,所以 .
所以函数在上单调递增，在 上单调递减，所以当
时，函数取最大值，且最大值为 ，故D错误，C正确.
5.（多选）已知函数的导数为,若存在,使得 ,则称
是 的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是( )
ABC
A. B. C. D.
解析：选.对于A，，令 ，解得
或 ，则有“巧值点”，A符合题意；
对于B，，令，解得 ，则有
“巧值点”，B符合题意；
对于C，，令，作出与 的图象，
结合,的图象知方程 有解，则有“巧值点”，C符合题
意；
对于D，，令 ，无解，则无“巧值点”，D
不符合题意.
6.函数 的最小值为__.
解析：由题意可知，函数的定义域为 ，
.则当时，；当
时，，所以函数在上单调递减，在 上单调递增，
故 .
7.（2024·上饶一模）若函数在区间 上单调递
增,则实数 的取值范围为___________.
解析：由题得 ，
因为函数在区间 上单调递增，
所以在 上恒成立，
即时， 恒成立，
因为 ,
当且仅当，即 时，等号成立，
即，所以 .
8.（2024·东北三校联合模拟考试）已知 .求：
（1）曲线在 处的切线方程；
解：由题得 ,
所以,又 ,
所以曲线在处的切线方程为,即 .
（2） 的单调递减区间．
解：
,
令,解得 ，
即,,,故的单调递减区间为 ,
, .
［B 综合运用］
9.（2024·湘豫名校联考）已知角 为锐角，则 的
最小值为( )
A
A.2 B. C.1 D.
解析：选 .
令 ,因为 为锐角，所以 .
令,则,设， ，则
,
所以即在 时单调递增.
又,所以当时，, 单调递减；
当时，,单调递增，所以 .所以当
时， 的最小值为2，即原式的最小值为2.
10.（2024·贵阳适应性考试）已知是定义在 上的偶函数，且
也是偶函数，若,则实数 的取值范围是
( )
D
A. B.
C.， D. ，
解析：选D.为上的偶函数，所以 ,对等式两边求导
有 .①
因为是偶函数，所以 .②
由①②得.当时，, 单
调递增；当时，, 单调递减.
又,所以,解得或 .
11.（多选）已知函数 ，则( )
BCD
A. 的极小值为2
B. 有两个零点
C.点是曲线 的对称中心
D.直线是曲线 的切线
解析：选.由题得,令 ,得
或,所以当时,；当 时,
,所以函数在,上单调递增，在 上单调递减.
对于A,当时,函数 取得极小值,即
,故A不正确；
对于B,方法一：因为,且当 时,
,所以函数在上存在一个零点,又 ,所以结
合的单调性知,函数 有两个零点,故B正确.
方法二： ,则
由,解得或,所以函数 有两个零点,故B正确；
对于C,方法一：若点是曲线 的对称中心,则有
,将函数 代入上式验证得,
,故C正确.
方法二：令,则,由 ,得
,又,所以点是曲线 的对称中心,故C正确；
对于D,若直线是曲线的切线,则有 ,解
得.当时,,,所以曲线在点 处的
切线方程为,即 ,故D正确.
12.（2024·浙江五校联盟联考）已知函数，其中 .
（1）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求 的值；
解：，，则,,故曲线 在
处的切线方程为,即,当
时，此时切线为 ,不符合要求；
当时，令,得 ,
令，得,故 ,
即,故 .
（2）是否存在实数,使得在上的最大值是 ？若存在，求
出 的值；若不存在，请说明理由.
解：， ,
①当时，在 上单调递增，
所以 ,
解得 ,舍去；
②当时，由，得,当,即 时，
令，则, 单调递增;
令,则， 单调递减,
所以,所以 ;
当,即时，在 上单调递增，所以
,解得 ，舍去.
综上，存在符合题意，此时的值为 .
［C 素养提升］
13.（2024·湘豫名校联考）已知曲线与曲线 关于直线
对称，则与两曲线均相切的直线的方程为__________.
解析：设曲线上任一点的坐标为 ，则该点关于直线
的对称点为，得 ，整理可得
,设曲线上的切点为 ，曲线
上的切点为 ，
又的导函数为 ,
的导函数为 ,
则
两式整理得 ,
所以 ，
即 ，
解得，所以 ．
所以曲线与曲线的公切线的公切点为 ，
则切线的斜率为1，故与两曲线均相切的直线的方程为 ．
14.（2024·宁波“十校”联考）已知函数, ,
.
（1）讨论 的单调区间；
解： ，
则 ，
当时，令，得 ，
令，得 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增；
当时，的两根为， .
①若,在 上单调递增；
②若,则,则在上单调递增，在
上单调递减，在 上单调递增；
③若,则,则在 上单调递增，在
上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，的单调递减区间为 ，单调递增区间为
；
当时，无单调递减区间，单调递增区间为 ；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为 和
；
当时，的单调递减区间为 ，单调递增区间为
和
（2）若有三个极值点，求正数 的取值范围.
解：根据题意可知，函数的定义域为 ，则
,
设函数的三个极值点分别为,, ，
由题可知在 上至少有三个实数根；
显然，则需方程,即 至少有两个不等于3
且不相等的实数根；
由可得, ，
令, ,
则, ,
显然当时，，即在 上单调递减；
当时，，即在 上单调递增；
所以,画出函数，
与函数 在同一平面直角坐标系下的图象如图所示，
由图可得且时，在 上有两个不
等于3且不相等的实数根，经检验可知当 ,
,时，，,均是 的变号零点，满足题意.
因此正数的取值范围是,, .(共18张PPT)
提升点14 导数与函数的零点
题型一 判断函数的零点个数
［例1］ （2024·郑州检测）已知函数 .
（1）若,求曲线在点 处的切线方程；
【解】若,则, .
又,则切点为 ,
曲线在点处的切线斜率 ,故所求切线
方程为 ，
即 .
（2）讨论 的零点个数.
【解】 .
①当时，,在 上单调递减，
又, .
故存在一个零点，此时 的零点个数为1.
②当时，令得 ,
令得 ,
所以在 , 上单调递减，
在, 上单调递增.
故 .
当时，，此时 有一个零点；
当时，，此时 没有零点；
当时,,, ,
时， ,此时 有两个零点.
综上，当或时， 有一个零点；
当时， 有两个零点；
当时， 没有零点.
判断函数零点个数的方法
（1）直接法:令，如果能求出解，那么解的个数就是的零点
个数.
（2）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴的交点个数就
是函数的零点个数；将函数拆成两个函数和的差的形式，
根据，则函数的零点个数就是函数
和的图象的交点个数.
（3）利用函数零点存在定理：利用函数零点存在定理时，不仅要求函数
图象在区间上是连续不断的曲线，且 ，还必须结合函数
的图象与性质（如单调性、奇偶性）才能确定函数的零点个数.
［对点训练］ 已知函数.讨论函数 的零点个数.
解：由,得 .
设 ,
则 ,
令得且 ,
令,得 ，
所以在和上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
当时，,当时， ,
由此可画出 的大致图象如图.
由图象可知，①当或时， 无零点；
②当或时， 有一个零点；
③当时， 有两个零点.
题型二 已知零点个数求参数
［例2］ 已知函数,.若方程 有三
个不同的实根，求实数 的取值范围.
【解】 因为,所以为
的一个根，
故 有两个不相等且不为1的实根.
令 ,
则 ,
①当时，,故在 上单调递增，此时至多有1个实数根，
不符合题意；
②当时，令，得 ,
当时，,故在区间 上单调递增，
当时，，故在区间 上单调递减，
并且当 时， ;
当 时， .
所以若要满足题意，只需且 ,
则 ,
所以 ,
又,所以 ,
所以实数的取值范围为,, .
根据函数零点个数确定参数取值范围的常用方法
（1）分离参数法：先分离参数，再通过求导求出分离参数后构造的新函
数的最值，根据条件，通过数形结合构建关于参数的不等式，解不等式确
定参数取值范围.
（2）分类讨论法：结合单调性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，再将满足题意的参数的各小范围并在一起，
即为所求
［对点训练］ 已知函数 .
（1）求 的最值；
解：的定义域为， .
①当时，恒成立，在 上是增函数，此时函数无
最值.
②当时，易得当,时，， 单调递增；
当,时，， 单调递减.
所以在 处取得极大值，即最大值，
.
综上可知，当时，在 上无最值;
当时，的最大值为 ，无最小值.
（2）若有两个不同的零点，求实数 的取值范围.
解：由有两个不同的零点，可得 有两个不相等的
实数根.
设,则的图象与直线在 上有两个
不同的交点. ，
令，得 ，
令，得 ，
所以在上单调递增，在 上单调递减.
所以 .
当时，， ，
所以 ，
又 ，
所以当时， ；
当时， .
作出 的大致图象如图所示.
若直线与 的图象有两个不同的交点，
则，解得，所以实数的取值范围是, .(共14张PPT)
提升点13
专题强化训练
1.已知函数,，若,, ,使得
,则实数 的取值范围是( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.由题意知,因为, ，所以
,因为，所以 ,所以
,解得，即实数的取值范围是 .
2.已知函数,则满足不等式恒成立的实数 的取
值范围是( )
B
A.， B.， C., D.
解析：选B.因为的定义域为， ,
所以是奇函数.又当时， ,
恒成立，所以在 上单调递增，所
以在上单调递增.因为,所以 ,解得
.
3.已知，函数 若关于 的不等式
在上恒成立，则 的取值范围为( )
A
A., B. C. D.
解析：选A.当时， .
若,则,解得,所以 ;
若，则满足.综上， .
当时，,即 .
令,则 ,
由得,由得 ,
所以在上单调递减，在 上单调递增，所以
,所以 .
综上所述，的取值范围为， .
4.（2024·湖北十一名校联考）若对于任意正数, ，不等式
恒成立，则实数 的取值范围是( )
C
A., B., C., D.,
解析：选C.由题意知 ,即
，令, ,则
,设,,则 ，令
,得,令,得,所以在 上单调
递减，在上单调递增，所以,所以 .
5.（2024·南京六校联考）已知函数, .
（1）若,求曲线在点 处的切线方程；
解：当时，,,则 ,而
,所以曲线在点处的切线方程为 .
（2）若在上恒成立，求实数 的取值范围.
解：,由,得 .
设,则,令,得,则当
时，，函数单调递增，当时， ,函数
单调递减，故,故,即实数 的取值范围
为 .
6.（2024·邵阳联考）设函数, .
（1）求 的极值；
解：,又 .
令,得,令,得 .
故在上单调递减，在 上单调递增.
所以在处取得极小值 ,无极大值.
（2）若对任意,恒成立，求 的最大值.
解：对任意 恒成立，即
对任意 恒成立.
令,,则只需 即可.
, .
易知,均在上单调递增，故在
上单调递增，
且 .
所以当时，,单调递减，当 时，
, 单调递增.
所以 .
故,所以 ,
故的最大值为 .
7.已知函数 .
（1）当时，求函数 的单调区间；
解： ，
则 .
当时，令,得 ,
令,得 ,
所以当 时，
函数的单调递增区间为, ，
单调递减区间为, .
（2）设函数,若对任意的，存在 ，
使得成立，求实数 的取值范围.
解：由题意得， .
当时， ，
所以函数 为偶函数.
由（1）得在上的最大值为,所以在 上的最大
值为.所以对任意的, .
故原问题转化为存在，使得 .
易知函数 为二次函数，图象开口向下，对称轴为直线
.
①当时，函数在区间上的最大值为 ,不合题意；
②当时，函数在区间上的最大值为 ,令
,得或（舍去）,所以 .
③当时，函数在区间上的最大值为 ,
令,得 ，
所以 .
综上所述，实数的取值范围是， .(共46张PPT)
专题六 函数与导数
第1讲 函数的图象与性质
考情分析 备考关键
考点 函数的概念与表示、函数的图象、 函数的性质. 考法 函数的图象与性质是高考考查的重 点和热点，主要考查函数的定义域与值 域、分段函数、函数图象的识别与应用以 及函数性质（单调性、奇偶性、周期性、 对称性）的综合应用，难度属于中等及以 上. 求定义域不能将函数解析式进
行化简；会运用函数的性质，
灵活转化自变量与对应函数值
之间的关系；准确识记函数图
象变换的一些基本技巧，如利
用图象的对称性、单调性等.
PART
01
第一部分
做真题 明方向
1.（2024·全国甲卷）函数在区间 的
图象大致为( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.由题知函数的定义域为 ，关于原点对称，
，
所以函数为偶函数，函数图象关于 轴对称，排除A，C;
，排除D.
2.（2024·天津卷）下列函数是偶函数的是( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.通解：对于A,，故 不
是偶函数；对于B，，且定义域为 ，
关于原点对称,故是偶函数；对于C,的定义域为 ,不关于
原点对称，故 不是偶函数；对于D，
,故 不是偶函数.
优解一（特殊值法）：对于A,, ,
,故 不是偶函数；对于B,
，且定义域为 ，关于原点对称,故
是偶函数；对于C，的定义域为 ,不关于原点对称，故
不是偶函数；对于D,, ,
,故 不是偶函数.
优解二（性质法）易知与 均为偶函数，且恒为正.对
于A，由于是非奇非偶函数，所以 也是非奇非偶函数；对
于B，是偶函数，所以是偶函数；对于C，易知 的
定义域不关于原点对称，所以 是非奇非偶函数；对于D，
是奇函数，所以 是奇函数，不是偶函数.
3.（2023·新课标Ⅱ卷）若为偶函数，则
( )
B
A. B.0 C. D.1
解析：选B.通解：设，易知的定义域为
, ,,且 ,
所以
为奇函数.若为偶函数，则 应为奇函数，
所以 .
优解：因为为偶函数， ,
,所以 ,解得
.
4.（2023· 新课标Ⅰ卷）设函数在区间 单调递减，则
的取值范围是( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.通解（复合函数法）由题意得在区间
单调递减，
所以，解得 .
光速解（特值法）取，则在 单调
递减，所以在单调递减，所以 符合题意，排除A，
B，C.
PART
02
第二部分
研考点 破重难
考点一 函数的概念与表示
1.复合函数的定义域
（1）若的定义域为，则中，由解得
的取值范围即为 的定义域.
（2）若的定义域为，则由得到 的值域，即
为 的定义域．
2.分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数值
域的并集．
［例1］ （1）（2024·合肥六校联考）设 则
( )
C
A.10 B.11 C.12 D.13
【解析】 因为
.
（2）（2024·哈尔滨模拟）若函数的定义域为 ，则函数
的定义域为( )
D
A. B. C. D.
【解析】 由函数的定义域为,即 ,得
,若函数有意义，则 解得
,所以函数的定义域为 .
（1）求形如 的函数值时，应遵循先内后外的原则.
（2）对于分段函数的求值（解不等式）问题，必须依据条件准确地找出
利用哪一段求解.
［对点训练］ 1.已知函数的定义域是，值域为 ，则下列
函数中值域也为 的是( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.根据函数的定义域为，值域为 ，可知
的值域为的值域为 的
值域为的值域为 .
2.（2024·湖北十一名校联考）已知函数则关于
的不等式 的解集为____________.
解析：由得或解得 或
,即 .
考点二 函数的图象
1.作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图象变换法.其中图象变
换有平移变换、伸缩变换、对称变换．
2.利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性、对称性，作图时要准确
画出图象的特点．
［例2］ （1）已知函数，，若函数 在
， 上的大致图象如图所示，则 的解析式可能是( )
C
A. B.
C. D.
【解析】 易知 为奇函数，由
，得为奇函数，因为 是奇函
数，是奇函数，由题图可知，所求函数是偶函数，而 是奇
函数，A，B不符合题意；因为当时， 无意义，所以D不
符合题意；为偶函数，当 时，
,所以C符合题意.
（2）已知不等式 在
上恒成立，则实数 的取值范围是__________.
【解析】 作出函数 的图象，
如图．要使不等式在 上恒成立，
则在上恒成立，即在
上恒成立，所以，解得.所以实数的取值
范围是 ．
寻找函数图象与解析式对应关系的方法
知式 选图 （1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判
断图象的上下位置；
（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（4）从函数的周期性，判断图象的循环往复
知图 选式 （1）从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域；
（2）从图象的变化趋势，观察函数的单调性；
（3）从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性
［对点训练］ 1.（2024·石家庄月考）函数 的图象大致为
( )
D
解析：选D.由得，所以 的定义域为
，显然关于原点对称，因为
，所以是偶函数，其图象关于 轴对称，
排除A，C；当时，，，则 ，排
除B.
2.已知是定义在上的奇函数，且对任意，， ，
都有，若，则不等式 的解集为 ________
______________.
解析：由题意不妨设，则 ，所以
，即，所以函数 在
上单调递减，则函数在 上
单调递减,且，又,所以，则函数
的大致图象如图所示，根据函数图象可得不等式 的解集为
.
考点三 函数的性质
1.函数的奇偶性
（1）定义：若函数的定义域关于原点对称，则 是偶函数
;
是奇函数 ．
（2）判断方法：定义法、图象法、奇偶函数性质法（如：奇函数×奇函
数 偶函数）.
2.函数的周期性
若函数满足，则函数的周期为 .
3.函数图象的对称中心和对称轴
（1）若函数满足关系式，则函数
的图象关于点 对称．
（2）若函数满足关系式，则函数 的图象
关于直线 对称．
角度1 奇偶性与单调性
［例3］ （2024·常德模拟）已知奇函数是定义域为 的连续函
数，且在区间 上单调递增，则下列说法正确的是( )
C
A.函数在 上单调递增
B.函数在 上单调递增
C.函数在 上单调递增
D.函数在 上单调递增
【解析】 因为是奇函数，且在区间 上单调递增，
所以在 上也单调递增.
对于A，不妨令, ,
所以在 , 上单调递减，
在， 上单调递增，故A错误；
对于B，不妨令, ，所以
在 ,上单调递增，在, 上单调递减，故B错误；
对于C，，其定义域为 ，
又，所以是奇函数，取 ,则
,，故 ，
所以 ,
则函数在 上单调递增；
所以函数在上单调递增，且当 时，
，
所以在 上单调递增，故C正确；
对于D，不妨令,则, ,由反比例函数的单调性
可知在和 上单调递减，故D错误.
应用奇偶性与单调性解题的思路
（1）由奇偶性确定函数在关于原点对称的区间上的单调性：若是奇
函数，则在其关于原点对称的区间上单调性一致；若是偶函数，
则在其关于原点对称的区间上单调性相反;
（2）由奇偶性可求函数在对称区间上的最值：奇函数在对称区间上的最
值相反，且互为相反数；偶函数在对称区间上的最值相等.
角度2 奇偶性、周期性与对称性
［例4］ （多选）已知函数的定义域为,对任意, 都有
,且 ,则下列说法正确的是( )
ACD
A.
B. 为奇函数
C.
D.
【解析】 令,则,所以 ,
令,,则,所以 ,故A正确；
令,则,所以 ,又因
为的定义域关于原点对称，所以 为偶函数，故B错误；
令,则 成立，故C正确；
所以,则有 ,则
的周期为2，又, ,所以
,故D正确.
函数的奇偶性、周期性及对称性
（1）奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上，其图象、函
数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可以转化到部分（一般取一
半）区间上，注意偶函数的常用结论．
（2）周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在
已知区间上的问题转化到已知区间上求解．
（3）对称性：常围绕图象的对称中心或对称轴设置试题背景，利用图象
对称中心或对称轴的性质简化所求问题．
［对点训练］ 1.（2024·石家庄检测）设是定义在 上的奇函数，且
,当时，,则
( )
B
A. B. C.2 D.1
解析：选B.因为，所以函数 的图象关于直线
对称.因为函数是定义在上的奇函数，所以函数 的图象关
于点对称，所以函数是以4为周期的周期函数，又当
时， ,所以
.
2.已知函数,则,, 的大小关系为( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.因为 ,所以
,
显然的定义域为，关于原点对称，所以 为偶函数，
所以 .
当时， ,
则,又当时， ,
所以函数在上单调递增，所以 ,即
.
3.（多选）已知定义在上的偶函数满足 ，且在
上单调递增，则下列关于 的结论正确的是( )
AD
A.的图象关于直线对称 B.在 上单调递增
C.在上单调递减 D.
解析：选.根据题意， ，即
，所以是周期为2的周期函数，则有 ，故
D正确；因为，则函数的图象关于直线
对称，故A正确;在上单调递增，且函数 为偶函数，则函数
在上单调递减，故B错误；在上单调递增，且 是
周期为2的周期函数，则函数在 上单调递增，故C错误.
数学美 斐波那契数列在函数中的应用
［问题背景］ 众所周知，数列可以看成定义域为 的函数，同时数列与
函数存在很多美妙的关系，例如证明数列的单调性或求数列中的最大项等
均引用到函数的相关思想，反过来，研究函数问题，也可用数列的特点与
方法.2024年新课标Ⅰ卷 呈现了优美的斐波那契数列形式,用斐波那契数列
的特点可快速解答.
［真题展示］ （2024·新课标Ⅰ卷）已知函数的定义域为 ，
，且当时 ，则下列结论中一定正
确的是( )
B
A. B.
C. D.
解析：选B.,当时， ,所以
, ,
则当时，，所以 ;
当时，,所以 ;
当时， ,所以
;
……
发现1,2及当且时， 大于的数字构成斐波那契数列
（去掉第1项）1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，
610，987，， ，
所以,A错误；,B正确； 没
有上界，所以C，D错误.
［跟踪训练］ （多选）已知定义在上的函数满足 ,
, ，则( )
BD
A. B.
C.,使 D.
解析：选.因为 ,
所以 ,
故 ,
因此 是周期为6的周期函数.
对于A, ，A错误;
对于B, ，B正确;
对于C,由，知， ,
,
,
,
故当时， .
又的周期为6，故,，即不存在，使 ,
C错误；
对于D,由上知，,,, ,
,,由于 的周期为6，故D正确.(共15张PPT)
提升点12 不等式的证明
技法1 转化法证明不等式
［例1］ （2024·乌鲁木齐监测）已知 ,曲线
在处的切线方程为 .
（1）求, ;
【解】函数的定义域为，由 可得
,
则,所以曲线在 处的切线斜率为2,
又因为 ,
所以切线方程为,即 ,
所以, .
（2）证明： .
证明：要证明 ，
只要证 ,
设 ,
则 ,
令 ,
则 ,
所以在 上单调递减，
又,所以当时， ，
即， 单调递增；
当时，，即， 单调递减，
所以,所以 .
证明不等式的常见思路
［对点训练］ 已知函数,.证明：当
时， .
证明：原不等式为,,即 ,
,
即证在 时恒成立.
设,则 ,
所以，当时，,单调递增；当时，, 单
调递减.
令, ，
当时，,单调递增；当时，, 单调
递减，
所以,所以 ，
在上有 ,
所以,即 ,
所以当时， .
技法2 代换法证明不等式
［例2］ 已知函数，且在 内有
两个极值点, .
（1）求实数 的取值范围；
【解】由题可知,, ，
令,得 .
由题意知在内有两个实数根,.设 ,
则,令,得 ;
令,得,所以在 上单调递增,
在上单调递减, ,作出函数
的大致图象如图所示.
所以要使 有两个实数根,
则,所以 ，
所以实数的取值范围为, .
（2）求证： .
证明：由（1）可知
且，所以
而 ，
即 ，
要证，即证 ,
故等价于证明 ，
即证，令，则 ，
于是等价于证明 成立.
设 ，
则 ，
所以在 上单调递增，
故 ，
即 成立，
所以 得证.
代换法证明不等式的三种常见方法
（1）消元法：借助题设条件，建立与的等量关系，如，
从而将的双变量不等式化成的单变量不等式.
（2）换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除
法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题
等价转化为单变量问题，即构建形如的形式.
（3）构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数,把
不等式转化为左右两边是相同结构的式子，根据“相同结构”构造辅助函数.
［对点训练］ 已知函数.若函数 有两个极值点
,,求证： .
证明：的定义域为 ,
,
由题意得在内有两个不等的实数根, ，
则解得 .
故 .
设 ,
则 ,
故在 上单调递减，
所以 .
因此 .(共58张PPT)
满分课堂
——感悟新定义 挑战压轴题
挑战一 创新命题新定义题
［例1］ 设是定义在区间上的连续函数，若存在 ,
，使得在上单调递减，在 上单调递增，则称
为“含谷函数”，为“谷点”，称为 的一个“含谷区间”.
（1）判断下列函数是否为含谷函数，若是，请指出谷点；若不是，请说
明理由.
（ⅰ） ，
［规范解答］解：因为则当 时，
单调递减，当时，单调递增，所以 是
含谷函数，且谷点为0.
注解①
. .
［关键步骤］①［会思考］所谓含谷区间，就是函数在这个区间上先减后
增，而所谓谷点，可以视为函数在这个区间上的极小值点.这样一翻译，
“新定义”就转变为了熟悉的“旧知识”
（ⅱ） .
［规范解答］解： 对于，恒成立，
单调递增，所以 不是含谷函数.
（2）已知实数，是含谷函数，且 是
它的一个含谷区间，求 的取值范围.
［规范解答］解： 由题意可知函数在 上先
减后增，且存在谷点.
令，则 ，
令，则 ，
所以在上单调递增，所以
解得,故的取值范围是 .
注解②
［关键步骤］ ②［会转化］函数在区间
上存在谷点，在导函数连续且单调递增的情况下，只需区间左端导数值
为负，右端导数值为正即可
. .
（3）设，， ，函数
是含谷函数，是它的一个含谷区间，记 的最大值为
.若，且，求 的最小值.
［规范解答］解： 因为 ，
所以
，
若恒成立，则函数在 上单
调递增，在 上单调递减，不是含谷函数，不满足题意.
因此关于的方程 有两个相异实根，即
，
注解③
［关键步骤］ ③［会转化］函数是含谷函数，则导函数 至
少有一个零点，且在零点附近， 左负右正
. .
设两根分别为 ， 且 ，则， .
因为,所以函数在区间 上不单调递增，
但是当小于1， ， 中的最小值时，， 单调递增，
所以在区间上的单调性至少改变一次，即 .
同理，因为,所以 .
因此在区间和上单调递增，在区间和
上单调递减，从而函数的含谷区间必满足 .
注解④
［关键步骤］ ④［点关键］求出函数的单调性，则就找出含谷区
间 满足的条件
. .
所以 ，
而 ,
，
由得，又由得 ，
所以且，易知当时， ，当
时，，所以
当时, ，
当时, ，
因此的最小值为，此时， .
注解⑤
［关键步骤］ ⑤［点关键］分类讨论法求出 的最小值
. .
. .
. .
［例2］ 若集合，2， ，的非空子集满足：对任意给定的 ,
，当,满足时，有，则称子集是 的“好子集”.记
为的好子集的个数.例如：，2，的7个非空子集中只有， 不
是好子集，则.记表示集合 的元素个数.
（1）求 的值.
［规范解答］解：，2，3，的全部非空子集为，， ，
，，，，，，，，，，，，，，2， ，
，2，，，3，，，3，，，2，3，，其中好子集有 ，
，，，，，，，，，，，，2，， ，3，
，，2，3，，共11个.所以 .
注解①
［关键步骤］①［点拨］只有一个元素的子集一定是好子集，有两个元素
且两个元素和为奇数的也是好子集
. .
. .
（2）若是的好子集，且.证明： 中的元素可以排成一个等差数列.
证明：将的元素从小到大排列，即，， ,, ,其中
.
对任意的，若和同为偶数或同为奇数，则 ，
又是好子集，则，而，显然 ,这
与好子集的定义矛盾，
注解②
［关键步骤］ ②［关键］用反证法推翻假设
. .
. .
所以对任意的，和 必定一个为偶数，一个为奇数.
因此，对任意的，和 同为偶数或同为奇数，
于是,所以，又 ，
即，且，所以 ，
注解③
［关键步骤］ ③［关键］是整数且同时属于两个集合，
据此确定 的值
. .
即对任意的，，即 .
由的任意性知,,， ，是一个等差数列，即 中的元素可以排成一
个等差数列.
（3）求 的值.
解： 记.首先证明 中包含1的好子集的个数为
.
,2, , 的好子集分为两类：包含1的和不包含1的.
因为中不包含1的好子集每个元素均减去1即为 的好子集，
的每个好子集每个元素均加上1即为不包含1的好子集，所以
的不包含1的好子集与的好子集一一对应，其个数为 .
故包含1的好子集的个数为 .
同理可证：中包含1的好子集个数为，这也恰是
中包含1但不包含 的好子集的个数.
于是中包含1且包含 的好子集的个数为
.
故题目所求的为 中包含1且包含
2 024的所有好子集的个数.显然,, 是好子集.
注解④
［关键步骤］ ④［点拨］按包不包含1, 外的其他元素分类讨论,最后
的结果不要遗漏,
. .
若好子集中除了1,外至少还有一个元素,则由（2）可知， 中元素
从小到大排列可以构成一个等差数列，设为，， ，
.
设公差为，因为 ，而
，
，所以的所有可能取值为1，7，17， ，
，
注解⑤
［关键步骤］ ⑤［易错］ 的特殊情况不要遗漏
. .
. .
而每一个都对应唯一一个中包含1， 的好子集，所以这样的子
集有5个.
因此 .
挑战二 高数背景新定义题
［例3］ 在初等数论中，对于大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被
其他自然数整除的数叫作素数，对非零整数和整数，若存在整数 使得
，则称整除.已知,为两个不同的素数，数列是公差为 的
等差数列，其每一项都是整数，为除所得的余数，为数列 的
前 项和.
（1）若，，，求 .
［规范解答］解：由题意得 ，
所以当为奇数时，为奇数；当为偶数时， 为偶数.
因为，所以
所以 .
（2）若某素数整除两个整数的乘积，则该素数至少能整除其中一个整数，
证明：数列的前 项中任意两项均不相同.
证明：假设存在，，，2， ，， .
注解①
［关键步骤］①［传技巧］要证明任意性结论成立，可以先假设存在不满
足的特例，根据所给条件进行推论，若得到矛盾的结论，说明假设不成立，
即任意性结论成立
. .
依题意得，，，, ，
所以，所以整除 .
因为，为两个不同的素数，所以不整除，即 .
又，故不整除，与整除 矛盾，故假设错误，
所以数列的前 项中任意两项均不相同.
（3）证明： 为完全平方数.
证明：由（2）得，1，2， ，，且数列的前 项中任
意两项均不相同，
所以 .
设,则 ，
注解②
［关键步骤］ ②［切入点］提取信息，巧妙的设出 的通项公式
. .
又，故 ，
注解③
［关键步骤］ ③［关键点］根据与的关系，求出数列 为周期数列
所以 ，
所以 为完全平方数.
. .
［例4］ 在几何学中我们常常需要刻画曲线的弯曲程度.
如图所示的光滑曲线上的曲线段 长度为
，当动点从点沿曲线段运动到 点时，动点处的切
线也从点处的切线转动到点处的切线，记这两条切线的夹角为
（它等于的倾斜角与 的倾斜角之差）. 显然，当曲线段长度固定时，
夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，曲线段长度越小则弯
曲程度越大.
因此，可以定义为曲线段 的“平均曲率”.显然
点越接近点，即越小，就越能精确刻画曲线 在点
处的弯曲程度，因此定义
（在极限存在的条件下）为曲线在点处的“曲率” （其中， 分别表
示在点 处对应的一阶、二阶导数值）.
（1）求单位圆上圆心角为 的圆弧的平均曲率.
［规范解答］解：根据平均曲率的定义可得 .
注解①
. .
［关键步骤］①［释疑难］本题是典型的“情境结合型”设问，所有解题需
要的知识点都在题干中给出了，此时会找、会套即会解.本问求平均曲率，
奔着平均曲率的公式找，套公式即可解；第二问异曲同工，奔着
曲率的公式找，套公式即可解
（2）求椭圆在点 处的曲率.
解： 对于, ,
注解②
, ,
故， ，
故椭圆在点处的曲率 .
［关键步骤］ ②［点关键］椭圆如何“求导”？点在第一象限，,
都取正，解出关于 的表达式，开平方就可以了
. .
（3）定义为曲线在 处的“柯西曲率”.已知
在曲线上存在两点和 ，曲线
在，处的柯西曲率相同，求 的取值范围.
解： ，，故曲线在
处对应的柯西曲率为,其中 .
令，，，则 ，
注解③
［关键步骤］ ③［释疑难］根据“在，处的柯西曲率相同”列出关于，
的等式，问题转化为求， 的和，这类似于我们熟悉的极值点偏移问题
. .
则，其中，不妨令，则 .
令，则 ，
所以在上单调递减，在上单调递增，又当 时，
且，，故 .
令 ，
则 ，
令，则 ，
当时，恒成立，故在 上单调递增，可得
，即，则在 上单调递增，
又 ，
注解④
，故 ，
故 .
. .
［关键步骤］ ④［点关键］此处用到了洛必达法则，
即
［尝试练习］
1.（2024·新课标Ⅱ卷）已知双曲线，点
在上，为常数， ．按照如下方式依次构造点
过作斜率为的直线与的左支交于点，令
为关于轴的对称点.记的坐标为 .
解：将点的坐标代入的方程得，解得 ，所以
．
（1）若，求, ；
解： 过点且斜率的直线方程为 ，
与的方程联立，消去化简可得，即 ，
所以点的横坐标为，将代入直线方程，得 ，
因此，从而 ，
即， ．
（2）证明：数列是公比为 的等比数列；
证明：方法一：由题意，， ，
.
设过点且斜率为的直线为 ,
将的方程与的方程联立，消去 化简可得
,
由根与系数的关系得 ,
所以 .
将代入直线 的方程得，
.
从而,易知 ，
所以 ,
即数列是公比为 的等比数列.
方法二：由题意，,, .
由点,所在直线的斜率为，可知 .
又点，都在双曲线 上，所以
易知 ,
则
,
即数列是公比为 的等比数列.
（3）设为的面积.证明：对任意正整数， .
证明：方法一：由（2）知，数列是首项为 ，
公比为 的等比数列.
令，由可知，则 ,①
又，且 ,
所以 ，②
由①②可得, .
所以, ,
, ,
, .
所以直线的方程为 ，即
.
易知点到直线的距离
.
又
,
则，由于值一定，所以 为
定值，所以 .
方法二：由（2）知，数列是首项为 ，公比
为 的等比数列.
令，由可知，则 ，①
又，且 ,
所以 ，②
由①②可得, .
所以, ,
, ,
, ,
, .
所以 ,
,
即 ，
所以 ，
所以点和点到直线 的距离相等，
因此和的面积相等，即 .
2.设离散型随机变量和 有相同的可能取值，它们的分布列分别为
,,,,,1,2, ， ,
.指标可用来刻画和 的相似程度，其定义为
.设, .
（1）若,,求 ;
解：不妨设,则, .
所以
,
由可知 ,
由二项式定理可知 ,
所以 .
（2）若,,,1,2,求 的最小值;
解：当时， ,
,
,
则 ,
令 ,则
,
令, ,则
,
当且仅当 ,
即 时取等号，
所以在 上单调递增.
又,所以当，时，,单调递减，当，
时，, 单调递增，
所以的最小值为 .
（3）对任意与有相同可能取值的随机变量，证明： ，并指
出取等号的充要条件.
证明：令 ,
则 ，
当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减.
所以,即,当且仅当 时等号成立，
则当时， ，
所以,即 .
故
,
当且仅当对所有的, 时等号成立.
3.已知是复数集的一个非空子集，如果，，总有， ，
，则称是数环.设是一个数环，如果,且，有 ，
则称是一个数域.由上述定义知有理数集、复数集 都是数域.
（1）求元素个数最小的数环 .
解：为一个数环，可知不是空集，即 中至少有一个元素，设该元素
为 ,
若，则，可知 为一个数环.
若，则，可知中不止一个元素， 不是元素个数最小的
一个数环.
综上所述，元素个数最小的数环为 .
（2）记,},证明: 是一个数域.
证明：设，，,,,，则, ，
， ，
.
因为,,,，则,,,,, ，
可知,, ,
所以 是一个数环.
不妨设，则 ，
因为,,,,则， ，
所以 .
综上所述， 是一个数域.
（3）若，是两个数域，则 一定是一个数域吗？请说明理由.
解： 不一定是一个数域，理由如下.
若，，显然，均为数域，且 是一个数域.
设,，类比（2）可得 是一个数域.
当，时，， ,
但，此时 不是一个数域.
综上，若，是两个数域，则 不一定是一个数域.(共32张PPT)
第2讲
专题强化训练
［A 基本技能］
1.（2024·扬州调研）已知函数 则
( )
B
A. B. C. D.
解析：选B.由于， ，则
.
2.已知函数满足， ，则下列等式正
确的是( )
D
A. B. C. D.
解析：选D.设，，则 ，
所以， .
由得 ，
即，所以 .
3.已知奇函数在上的最大值为 ，
则 ( )
A
A.或3 B. 或2 C.3 D.2
解析：选A.由奇函数的性质可知，，所以 ，所以
，经检验，符合题意,所以 .
当时，在 上单调递增，所以
,解得或 （舍去）；
当时，在 上单调递减，所以
,解得或 （舍去）.综上所述，
或 .
4.已知,, ,则( )
C
A. B. C. D.
解析：选C.由,,得, .
因为，所以 ,
所以,所以 .
因为 ,
所以,所以,所以 .
因为 ,
所以.综上所述， .
5.随着社会的发展，人与人的交流变得便捷，信息的获取、处理和传输变
得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成
熟．已知电磁波在空间中自由传播时能量损耗公式为
，其中为传输距离(单位：)， 为载波频
率(单位：)，为传输损耗(单位： ).若载波频率变为原来的100倍，
传输损耗增加了 ，则传输距离变为原来的( )
C
A.100倍 B.50倍 C.10倍 D.5倍
解析：选C.由题意设是变化后的传输损耗， 是变化后的载波频率，
是变化后的传输距离，则，，所以 ,
即，则 ，故传输距离变为原来的10倍.
6.已知函数若函数 有四个不同的零
点，则实数 的取值范围为 ( )
A
A. B. C. D.
解析：选A.依题意，函数
有四个不同的零点，即方程 有四个解，
转化为函数的图象与直线 有四
个交点，作出函数的图象如图所示，易知实数的取值范围为 ．
7.（多选）下列计算正确的是( )
ABD
A.
B.
C.
D.
解析：选.对于A， ,所以A正确；
对于B， ,所以B正确；
对于C， ,所以C错误；
对于D， ，所以D正确.
8.（多选）已知函数 ,则( )
AD
A.不等式的解集是 B.,有
C.在上单调递减 D.的值域为
解析：选.对于A，,即,即 ,
即,即,即,所以 ,故A正确；
对于B， ,故B错误；
对于C，,因为在上单调递增，所以在 上
单调递增，故C错误；
对于D，记,显然，则,由 得，
,解得,所以函数的值域为 ，故D正确.
9.（多选）（2024·连云港模拟）已知函数 若关
于的方程恰有两个不同的实数解，则实数 的取值范围可
以为( )
BCD
A. B. C. D.
解析：选.因为关于的方程 恰
有两个不同的实数解，所以函数 的图象与
直线 有两个交点，作出函数图象，如图，
所以当时，函数的图象与直线 有两个交点，
所以实数的取值范围是．四个选项中只要是 的子
集就满足要求.
10.已知,，且,则 的最小值为____.
16
解析：因为，所以 ，所以
，当且仅当
，即时取等号,所以 ．
11.已知函数的零点在,内,那么 ___.
5
解析：函数的定义域为，因为和在
上均单调递增，
所以在 上单调递增.
又因为, ,
所以的零点在,内，所以整数 .
12.已知函数，实数,满足,且 ，若
在区间上的最大值是2，则 ____．
解析：由题意以及函数的性质可得，所以 ，
且，因为函数在 上单调递减，所以
，所以，解得 ,又因为
，所以，所以 ．
［B 综合运用］
13.学如逆水行舟，不进则退；心似平原走马，易放难收．如果每天的“进
步”率都是，那么一年后是 ；如果每天的“退步”
率都是，那么一年后是 ．一年后“进步”的是“退
步”的 倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是
，那么“进步”的是“退步”的1 000倍需要经过的时间大约是
(参考数据：， )( )
B
A.15天 B.17天 C.19天 D.21天
解析：选B.设大约经过 天后“进步”的是“退步”的1 000倍，则
,即 ,则
.
14.（2024·兰州考试）已知是定义在 上的奇函数，且对于任意
均有，当时， ，若
是自然对数的底数),则实数 的取值范围是( )
D
A. B.
C. D.
解析：选D.因为是定义在上的奇函数，所以，且 的
图象关于原点对称.
因为 ，
所以 ，
所以
,
所以 ,
，
所以函数 的周期为4，且其图象分别关于直线
和点对称.当
时,,可画出函数在区间 上的大
致图象如图所示，由图可知，在区间 上，要满足
，只需 ，即
．又函数的周期为4.所以 .
15.（多选）（2024 ·济洛平许检测）已知函数 ,则
下列结论正确的是( )
BD
A. 在定义域上是增函数
B.的值域为
C.
D.若,,，则
解析：选.由题意得的定义域为 ，且
，所以在和 上单调递增，又
，,所以 在定义域上不是增函
数，故A错误；
当时， ；
当 时， ，结合A知的值域为 ，故B正确；
,
,
所以 ,故C错误；
,所以 ，由选
项C得， ，故D正确．
16.（多选）（2024·开封检测）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基
者之一．用其名字命名的高斯取整函数为,表示不超过 的最
大整数，例如， .下列命题中正确的有( )
BD
A.,
B.，,
C.,,
D.,
解析：选.对于A，当时,，当时， ,而
，
因此 ，A错误；
对于B，，，令， ，
则, ,因此
，B正确；
对于C，取，， ，
则， ，
,
显然 ，C错误；
对于D，若，当时，，当 时，
，而 ，
因此 ，此时
，D正确．
17.已知若为奇函数，则 ___;若
为偶函数,则 的解集为___________________．
0
解析：，若 为奇函数，则
；若 为偶函数，则
，又在上单调递增,所以由 得
，所以，解得或，所以 的解集为
.
18.已知是定义在上的奇函数，当时， ，
，令，则函数 的零点个数为___.
5
解析：由可得， 的
图象关于直线 对称，且
，所以
，所以是周期为4的周期函数，作出
的大致图象如图，
函数的零点个数即的图象与 图象的交
点个数，因为,，所以数形结合可得 的图象与
图象的交点个数为5，即函数 的零点个数为5.(共14张PPT)
提升点12
专题强化训练
1.已知函数 .
（1）求曲线在点 处的切线方程；
解：由题知，，,所以切点坐标为 ，斜率为
,
所以所求切线方程为 .
（2）求证：当时， .
证明：要证, 成立,
即证, 成立,
即证, 成立.
令, ,
则 ，
令, ,
则在 上恒成立，
所以在 上单调递增，
则 ,
所以在 上恒成立，
即在 上单调递增，
所以 ,
即, .
综上，当时， .
2.已知函数 .
（1）若函数在上单调递增，求实数 的取值范围；
解：由题意知 .
因为函数在 上单调递增，
所以当时， ,
即在 上恒成立.
令,则,易知在 上单调递增，在
上单调递减，则,所以,即 .
故实数的取值范围是 .
（2）若,证明：当时， .
证明：若,要证当时，,只需证 ,
即证.令,则 ,当
时，;当时，，所以在 上单调
递减，在上单调递增，则,所以 .
令,则,当时， ；
当时，，所以在上单调递增，在 上单调
递减，则,所以.因为与 不同时为
0，所以 ,故原不等式成立.
3.（2024·贵阳适应性考试）英国数学家泰勒发现了如下公式：
+…,其中, 为自然
对数的底数， 以上公式称为泰勒展开式.设 ,
,根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
（1）证明: ;
证明：设,则 .
当时，;当时， .
所以在上单调递减，在 上单调递增.
因此，,即 .
（2）当时,证明： .
证明： 因为 +…,①
所以 +….②
由①②得 +….
+….
所以 ,
即 .
4.已知函数, .
（1）当时，直线（为常数）与曲线相切，求 的值；
解：当时，， .
设切点 ，
则
消去得 ，
解得，代入得 .
（2）若有两个零点，，求证： .
证明：因为有两个零点，,不妨设 ，
则 ，
即 ，
即 ,
令 ，
则 ，
所以当时，, 单调递减；
当时，, 单调递增.
所以，即 .
令，则, 单调递增，
又 ，
所以 ，
即, .
由的单调性可知 .
方法一（对称化构造函数法）构造函数,.
则
，
故在 上单调递减，
又，所以 ，
则，即 ，
又，所以 ，
又,,在上单调递增，所以 ，
故 .
方法二（消参减元法）因为 ，
即，令 ，
则即
要证，即证 ，
即证，即证 .
构造函数, .
则 ，
故在上单调递减，则 ，
即，故 .
