2023年高考数学题型猜想预测卷导数的综合应用压轴题含解析

这是一份2023年高考数学题型猜想预测卷导数的综合应用压轴题含解析，共44页。试卷主要包含了填空题，单选题等内容，欢迎下载使用。

 猜题22 第12、16题 导数的综合应用压轴题（上海精选归纳）
一、填空题
1．（2022秋·上海宝山·高三统考期末）已知函数，数列是公差为4的等差数列，若，则数列的前n项和_____．
【答案】
【分析】设，根据的奇偶性和单调性可得的奇偶性和单调性，然后结合等差数列的性质可得，再利用等差数列的通项公式及求和公式即得.
【解析】因为，，
则，
所以为R上的偶函数，
当时，，
所以函数在上单调递增，且，
设，则为奇函数，且在上单调递增，
因此在R上单调递增，
由题知，
又数列是公差为4的等差数列，可得，
若，则，
∴，即，
同理可得，
∴，与矛盾，舍去；
同理若，则，与矛盾，舍去；
∴，又的公差，
∴，解得，
∴＝2n2﹣8n，
故答案为：．
2．（2022·上海宝山·统考一模）对于正整数n，设是关于x的方程的实数根，记，其中表示不超过x的最大整数，则______.
【答案】2021
【分析】根据导数可得为单调递增函数，根据零点存在性定理找到的取值范围，代入即可得出通项公式，求出答案.
【解析】设，则，当时，因此为单调递增函数，
又因当时，
且，所以当时，方程有唯一的实数根，且，所以，，
因此
故答案为：2021
3．（2022·上海普陀·统考一模）设、、均为正数且，则使得不等式总成立的的取值范围为______．
【答案】
【分析】由已知可得出，不妨设，，其中，可得出，令，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【解析】因为、、均为正数且，则，
不妨设，，其中，
所以，


，
因为，则，令，
则，所以，，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，所以，，
所以，.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
4．（2022春·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末）已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.
【解析】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；
，
，
代入不等式，可得，整理可得，
当为偶数时，不等式为，
令，，
当时，，则在上单调递增，
由于，故，此时；
当为奇数时，不等式为，
令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，
综上所述，.
故答案为：.
5．（2023·上海·高三专题练习）已知函数是定义在上的偶函数，在上是增函数，且恒成立，则不等式的解集为______.
【答案】
【分析】由题意可得出，可知方程与方程同解，可解得，则不等式为，利用函数的单调性即可解出不等式.
【解析】由于函数定义在上的偶函数,在是增函数,
由得,
所以,
解方程得,
令,则,
所以是方程的两根,
由韦达定理得,解得,
则不等式即,
设，，，故，
所以单调递增，且，故解集为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于求值或求解函数不等式问题, 一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式（组）的问题，若为偶函数,则.
6．（2022秋·上海长宁·高一统考期末）已知函数；若存在相异的实数，使得成立，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】去掉绝对值得到分段函数，分别讨论、，结合函数的导数研究单调性，再通过存在性进行求解.
【解析】
①当，时，，，
则在单调递减，不满足题意（舍）；
②当，时，，
当时，，在单调递减，
且,；
当时，由，得，
当，即时，，则恒成立，
则，不满足题意（舍）；
当，即时，，则在单调递增，
在单调递减，且对于任意，，
则满足存在相异的实数，使得成立，
所以.
故答案为：.
7．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知函数有三个零点，且有，则的值为________.
【答案】12
【分析】由得出，令，得出，利用导数得出的图象，由零点的个数，结合图象求解即可.
【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：

【点睛】方法点睛：已知零点的个数求参数的范围一般思路：利用导数得出函数的简图，由交点的个数结合图象得出参数的范围.
8．（2023·上海·高三专题练习）关于函数，，下列四个结论中正确的为__________．
①在上单调递减，在上单调递增；    
②有两个零点；
③存在唯一极小值点，且；    
④有两个极值点．
【答案】②③
【分析】利用导数可判断①，利用指数函数及正弦函数的性质可判断②，利用零点存在定理可知存在，使得，进而可知函数的单调性及极值情况，再结合函数的零点存在性定理及三角函数的图像性质可判断③④.
【解析】∵，，
因为时，，，
所以，所以在上单调递增，故①错误；
有两个零点等价于有两个根，即函数与有两个交点，根据与的图象，可知在上有两个交点，故②正确；

，
，
，，
存在，使得且
在上，，在上，，
在上，单调递减，在上，单调递增，
在上存在唯一极小值点，

，则，
，故③正确．
令，则，
当时，，，，
当时，，．
在恒成立，
单调递增且，，
存在唯一零点，使得
，，即，，，即，
在处取得极小值故有唯一极小值点，故④错误．
故答案为：②③.
9．（2023·上海·高三专题练习）在空间直角坐标系中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】先通过取得最小值这个条件找出当的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.
【解析】根据题意，带入可得：，而，，利用基本不等式，当，即取得等号，此时，即，综上可知，当取得最小值时，，带入第二个式子可得，，即，于是，设，，故当时，递增，时，递减，；于是原不等式转化为时，恒成立，即在时恒成立，设，于是，故在时单调递增，，故，即可.
故答案为：
【点睛】本题恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.
10．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）已知，是函数，的两个极值点，若，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】先由题得所以，.化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.
【解析】由题得函数的定义域为，
，
所以是方程的两个实数根，
所以，
因为，，
所以，
所以.
所以
=
记，
所以
由，
所以在单调递减，
又由洛必达法则得当时，，即，
所以函数g(x)的值域为.
即的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
11．（2022·上海·高三专题练习）已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【解析】对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.

故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．

12．（2020·上海·统考一模）若定义在N上的函数满足：存在，使得成立，则称与在N上具有性质，设函数与，其中，，已知与在N上不具有性质，将a的最小值记为．设有穷数列满足，这里表示不超过的最大整数．若去掉中的一项后，剩下的所有项之和恰可表为，则的值为_________．
【答案】2626
【解析】问题可转化为在上恒成立，令在上恒成立，根据函数的单调性求出，从而求出，再求出答案即可.
【解析】因为与在N上不具有性质，
所以在N上恒成立，
令在N上恒成立，
当时，最小，
所以联立，得到，
令，则，
当时，，递减，
当时，，递增，
所以，所以，
当时，，所以，
因为，所以，
所以，
而，
取，则，所以，
故答案为：2626.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数恒成立问题，数列的应用以及转化思想，解题方法如下：
（1）根据题意，将问题转化，将其转化为在N上恒成立，利用导数研究其单调性，得到最值，求得相应的参数值；
（2）根据数列相关公式求得的；
（3）根据题意，建立相应的等量关系式求得结果.
13．（2020·上海·高三专题练习）设函数 满足,且当时,又函数,则函数在上的零点个数为___________.
【答案】6
【解析】判断函数为偶函数，周期为2，判断为偶函数，计算，，画出函数图像，根据图像到答案.
【解析】知，函数为偶函数，，函数关于对称。
，故函数为周期为2的周期函数，且。
为偶函数，，，
当时，，，函数先增后减。
当时，，，函数先增后减。
在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有6个公共点，
则函数在上的零点个数为6．
故答案为：.

【点睛】本题考查了函数零点问题，确定函数的奇偶性，对称性，周期性，画出函数图像是解题的关键.
14．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中）若函数f(x)＝ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，且，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【解析】对求导后令,再根据是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解.
【解析】函数,所以,
若函数在 和两处取到极值,则和是函数的两个零点,
即是方程,即的两个根,
所以函数的图象与直线有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为,
由于,所以当 或时, ；
当时, ；故的减区间有 和 ,增区间有,
且当时,,作出的草图：

由图可知：,且,
因为,即,取,并令,则
所以,解得,此时 ,
故,即实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了函数的极值问题,包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题,需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系,并找到临界条件进行分析.属于中等题型.
15．（2015秋·上海·高三校联考阶段练习）对于具有相同定义域D的函数和，若存在函数(k，b为常数)，对任给的正数m，存在相应的，使得当且时，总有，则称直线为曲线和的“分渐近线”．给出定义域均为的四组函数如下：
①，；
②，；
③,；
④,
其中，曲线和存在“分渐近线”的是________．
【答案】②④
【分析】根据分渐近线的定义，对四组函数逐一分析，由此确定存在“分渐近线”的函数.
【解析】和存在分渐近线的充要条件是时，．
对于①，，当时，令
由于，所以为增函数，不符合时，，所以①不存在；
对于②，
，
因为当且时，，所以存在分渐近线；
对于③，，

当且时，与均单调递减，但的递减速度比快，
所以当时会越来越小，不会趋近于0，
所以不存在分渐近线；
对于④，，当时，


，且
因此存在分渐近线．
故存在分渐近线的是②④．
故答案为②④．
【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用，考查函数的单调性，属于中档题.
16．（2014·上海闵行·统考二模）对于函数，有下列4个命题：①任取，都有恒成立；②，对于一切恒成立；③函数有3个零点；④对任意，不等式恒成立.则其中所有真命题的序号是______.
【答案】①③④
【分析】因为,定义域为,以长度为变化区间的正弦类型的曲线,且当时,后面每个周期都是前一个周期振幅的,根据相应性质判断命题即可求得答案.
【解析】对于①,如图:

任取
当,
当,,
,,恒成立
故①正确.
对于②,

,
故②错误.
对于③,的零点的个数问题,分别画出和的图像
如图:

和图像由三个交点.
的零点的个数为:.
故③正确.
对于④,设,
    
,
令 在,
可得:
当时,,,,

若任意,不等式恒成立,
即,可得
求证:当,,化简可得:
设函数,则
当时,单调递增,可得

即:
综上所述,对任意,不等式恒成立.
故④正确.
故答案为:①③④.
【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质,分段函数的性质和函数的零点.对于含参数不等式恒成立问题可转化为求函数的最值问题,然后再构造辅助函数,利用函数的最值即可求出结果,考查了推理能力与计算能力.
17．（2023·上海·高三专题练习）已知函数,若关于的方程恰好有个不相等的实根,则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由题设或，这两个方程的解的个数可看作函数的图象与直线或的交点个数，首先研究函数的性质并作出简图且有三个解，进而求参数范围．
【解析】当时，，则，
当时，，递增，当时，，递减，
当时，，则，即递减，
注意趋向时，趋向于且，，有极大值，
函数的图象如下，

由得：或，
由图知：有三个不同的根，因此或无实根，即，
所以或．
故答案为：
18．（2017春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中）已知函数f（x）＝2x，g（x）＝x2＋ax（其中a∈R）.对于不相等的实数x1，x2，设m＝，n＝，现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中真命题有___________________（写出所有真命题的序号）.
【答案】①④
【解析】对于①，因为f '（x）＝2xln2＞0恒成立，故①正确
对于②，取a＝－8，即g'（x）＝2x－8，当x1，x2＜4时n＜0，②错误
对于③，令f '（x）＝g'（x），即2xln2＝2x＋a
记h（x）＝2xln2－2x，则h'（x）＝2x（ln2）2－2
存在x0∈（0，1），使得h（x0）＝0，可知函数h（x）先减后增，有最小值.
因此，对任意的a，m＝n不一定成立.③错误
对于④，由f '（x）＝－g'（x），即2xln2＝－2x－a
令h（x）＝2xln2＋2x，则h'（x）＝2x（ln2）2＋2＞0恒成立，
即h（x）是单调递增函数，
当x→＋∞时，h（x）→＋∞
当x→－∞时，h（x）→－∞
因此对任意的a，存在y＝a与函数h（x）有交点.④正确
考点：本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识，考查函数与方程的思想和数形结合的思想，考查分析问题和解决能提的能力.

19．（2022秋·上海黄浦·高三上海市向明中学校考开学考试）已知函数满足，函数恰有5个零点，则实数a的取值范围为____________．
【答案】
【分析】把函数零点问题转化为两函数交点问题，再结合函数图像，利用导数求切线进行求解.
【解析】因为函数满足，
所以，，
因为函数恰有5个零点，
所以函数与恰有5个交点，如图，

因为与交于原点，要恰有5个交点，
与必有2个交点，
设与相切，切点为，
此时切线斜率为，解得，
解得，所以切点为，所以，解得，
所以要使函数恰有5个零点，则.
故答案为：.
20．（2022秋·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）设a，b是两个实数，，直线和圆交于两点A，B，若对于任意的，均存在正数m，使得的面积均不小于，则的最大值为__________．


【答案】
【分析】设O到直线l的距离为d，利用三角形的面积均不小于列不等式，由此求得的取值范围，再利用点到直线的距离公式转化为关于的不等式.根据的取值范围，求得的取值范围，由此求得关于的不等式，结合导数求得的最大值.
【解析】设O到直线l的距离为d，则，
解得，即，
所以，
因为，时，
，，
所以，
因为存在满足条件，
所以，
化简得，且，
由得，
所以，
因为，解不等式无解，
所以在上单调递减，
所以．
故的最大值为．
故答案为：
【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用导数求最值，属于难题.
21．（2019春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）若存在实数，对任意实数，使不等式恒成立，则实数的取值范围为________.
【答案】
【分析】不等式可化为不等式，等价于存在实数a，b，对任意，不等式成立，等价于存在实数a，b，不等式成立，分别讨论，，的情况，注意由任意性和存在性可知需先求出，再求即可解决.
【解析】不等式可化为不等式，
原题等价于存在实数a，b，对任意，不等式成立，
等价于存在实数a，b，不等式成立，
令，则，
（1）在上，当，即时，函数单调递减，
此时，
当时，，且，则，
当时，，且，则，
从而当时，设，
则在单调递减，在单调递增，
所以时，取最小值，最小值为；
（2）当时，由可得，y在上单调递减，在上单调递增， 
①在时，，则，
同理可得，当时，，则在单调递减，在单调递增，故当时，取最小值，最小值为；
②在时，，则，
同理可得，当时，，则在单调递减，在单调递增，
故当时，取最小值，最小值为，
根据对勾函数的性质可得，.
综上所述，，即，
.
故答案为.
【点睛】本题考查函数综合，考查了函数任意性和存在性问题的综合，难度较大，关键在于根据任意性先对a进行讨论求出，再对b进行分段得到分段函数，结合单调性和存在性的特点求出的最小值，属难题.

二、单选题
22．（2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考开学考试）无穷数列满足：，且对任意的正整数n，均有，则下列说法正确的是（    ）
A．数列为严格减数列 B．存在正整数n，使得
C．数列中存在某一项为最大项 D．存在正整数n，使得
【答案】D
【分析】由已知可变形为，构造函数，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.
【解析】因为，所以，所以，
由可得，则，
则有，
设函数，
，
当时，，当时，，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
因为，所以
以此类推，对任意，故B错误；
所以，故A错误；
因为，所以数列中不存在某一项为最大项，C错误；
因为，所以，
，
所以存在正整数n，使得，D正确.
【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为，利用函数的单调性以及最值分析求解.
23．（2022春·上海宝山·高二上海市行知中学校考期末）关于函数，下列判断正确的是（    ）
①是的极大值点
②函数有且只有1个零点    
③存在正实数，使得成立    
④对任意两个正实数，且，若，则
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
【答案】C
【分析】对于①，根据极大值点的定义，求导，研究导数与零的大小关系，可得答案；
对于②，构造函数，求导研究其单调性，根据零点存在定理，可得答案；
对于③，采用变量分离，构造函数，研究单调性与最值，可得答案；
对于④，以直线为对称轴，构造函数，求导研究其单调性和最值，可得答案.
【解析】解：对于①，由，求导得，
令，解得，可得下表：










极小值


则为函数的极小值点，故①错误；
对于②，由，
求导得：，
则函数在上单调递减，
当时，，
当时，，
由，故函数有且只有1个零点，故②正确；
对于③，由题意，等价于存在正实数，使得，
令，求导得，
令，则，
在上，，函数单调递增；
在上，，函数单调递减，
，，
在上单调递减，无最小值，
不存在正实数，使得恒成立，故③错误；
对于④，令，则，，
令，
则，
在上单调递减，则，即，
令，由，且函数在上单调递增，得，
则，当时，显然成立，故④正确.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了导数得应用，涉及函数的单调性和极值，函数零点个数的判断，以及构造法证明不等式，运算量较大，有一定的难度.
24．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考开学考试）已知为6个不同的正实数，满足：①，②，③，则下列选项中恒成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用不等式的性质，得到与，由此排除A、B选项，再得到与，由此得到，即D选项正确，C选项错误.
【解析】不妨设，则由得，故，，
则，即，即，
故，
所以，即（1），
又因为，
所以（2），
由（1）（2）可知或皆有可能，故A、B错误；
由得，
所以，
所以，
不妨设，则，所以，
所以，所以，
又，所以，所以，
所以，
同理当时，，
所以，故D正确，C错误；
故选：D.
25．（2023·上海·高三专题练习）已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，可知为方程的解的个数，判断的单调性，作出与的函数图象，根据图象交点个数即可求解．
【解析】解：设，则方程有个根，即有个根，
，
所以在上单调递增，在，上单调递减，且，
当时，，
设，令得，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
作出与的大致函数图象，如图所示：

由图象可知的交点个数可能为1，2，3，4，
又，所以的值为2，3，4．
故选：D．
26．（2022春·上海浦东新·高二华师大二附中校考阶段练习）关于函数，下列判断正确的是（  ）
①是极大值点；
②函数有且仅有个零点；
③存在正实数，使得成立；
④对任意两个正实数、且，若，则.
A．①④ B．②③ C．②③④ D．②④
【答案】D
【分析】利用极值与导数的关系可判断①的正误；利用导数分析函数的极值与单调性，结合零点存在定理可判断②的正误；利用参变量分离法结合导数可判断③的正误；利用对数平均不等式结合基本不等式可判断④的正误.
【解析】对于①，函数的定义域为，，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，是极小值点，①错；
对于②，令，该函数的定义域为，
，则函数在上单调递减，
因为，，所以，函数有且仅有个零点，②对；
对于③，若存在正实数，使得成立，则，
令，其中，则，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，
所以，当时，，故函数在上单调递减，则无最小值，
故不存在正实数，使得成立，③错；
对于④，先证明，其中，即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
所以，当时，，
由，得可得，
所以，，所以，，因此，，④对.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
27．（2022秋·上海黄浦·高三上海市光明中学校考期中）已知若，则的最大值是(    )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用数形结合，画出的图像可得为定值，再将转化为关于x的函数，最后利用求导求出的最大值.
【解析】如图作出的图象，

依题意，，注意到，且，
因此，其中，
设，当，时，当，时，
因此在上单调递增，在上单调递减，
则，
即的最大值为
故选：C.
【点睛】此题为函数零点相关问题，通常需要先画出函数图像，再结合函数图像得到某一部分为定值，再求出剩余部分的取值范围即可.
28．（2022·上海·高三专题练习）已知为奇函数，当时，，当，，若关于的不等式有解，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用为奇函数及已知区间解析式求出在上分段函数的表示形式，由有解，即使即可，结合函数图象分析即可得的取值范围；
【解析】若，即，则；
∵是奇函数，
∴，则，；
同理，若，即，则，有，；
综上，有
作出函数的图象如图：
1、当时，是的图象向左平移个单位，即如下图

此时有解，满足条件.
2、当时，是的图象向右平移个单位，即如下图
  
当的图象与在相切时，，此时对应直线斜率，由，得，此时，即切点坐标为；
设切线方程为，此时，得；
∴当时，满足题设条件，解之得：；
综上，有或，即的取值范围是；
故选：D.
【点睛】本题考查了利用函数奇偶性求函数解析式，并利用函数不等式能成立，结合函数图象分析边界情况，利用导数求边界值，进而得到参数范围；
29．（2017秋·上海·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知函数，有下列四个结论：
①对任意，恒成立；
②存在，使得方程有两个不等实根；
③对任意，若，则一定有；
④对任意，函数有三个零点．
上述结论正确的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】通过函数的基本性质﹣﹣奇偶性和单调性,对选项进行逐一验证即可.
【解析】∵函数是奇函数，
∴任意,等式恒成立,故①正确；
令,,可解得,或,故②正确；
当时,,，
故原函数在单调递增.
当时,,,
故原函数在单调递增.
函数在是连续的,
故函数在上单调递增,对任意，
若，则一定有；故③错误；
由③中分析可得：，故对任意,
函数的图象与只有原点一个交点，
即函数有一个零点，故④错误．
故选B．
【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查了函数的图像和性质,属于中档题.
30．（2022·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）若存在实数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”.有下列命题：①和之间存在唯一的“隔离直线”；②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为，则（    ）
A．①､②都是真命题 B．①､②都是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
【答案】D
【分析】命题①，和有公共点，故隔离直线过该点，设为点斜式，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；
命题②，设隔离直线为，则对任意恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；
【解析】对于命题①，函数和的图像在处有公共点，
若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，
设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即
由恒成立，即恒成立，
（i）当时，则不恒成立，不符合题意；
（ii）当时，令，对称轴，
在上单调递增，且，故不恒成立，不符合题意；
（iii）当时，令，对称轴，
则，只有，即直线
下面证明，令,
求导，令，得，
当时，，函数在区间上单调递减；
当时，，函数在区间单调递增；
故当时，函数取得极小值，也是最小值，故，即
所以和之间存在唯一的隔离直线.
对于命题②，设和的隔离直线为，
则对任意恒成立，即对任意恒成立，
由恒成立，得
（i）当时，则符合题意；
（ii）当时，则对任意恒成立，令，
对称轴，需，即，故
令，对称轴，需，
即，所以，故
同理可得，即，故
故命题①正确，命题②错误；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义“隔离直线”，解题中理解“隔离直线”的定义，注意利用导数研究函数的单调性及最值时解题的关键，考查学生的转化与化归能力，属于难题.
31．（2023·上海·高三专题练习）已知函数，（）的三个零点分别为，，，其中，的取值范围为（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】构造，结合零点个数及单调性求出，求出且，利用基本不等式得到，从而得到答案.
【解析】∵，令，即，（）
令，（），则，
则，（），
令，（），
要想除1外再有两个零点，则在上不单调，
则，
解得：或，
当时，在恒成立，
则在单调递增，不可能有两个零点，
当时，设，即的两根为，且，
则有，故，
令，解得：或，令，解得：，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
又因为，
若，则，
因为，所以，
所以
，
因为，故.
检验：当时，（），，
此时在上单调递增，
又，即，此时为临界情况，；
综上：的取值范围为.
故选：D.
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.