2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）06：函数与导数（30题）（含答案详解）

这是一份2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）06：函数与导数（30题）（含答案详解），共44页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数，，若，则下列各式成立的是（ ）
A．B．C．D．
3．设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
4．已知函数，若与的图象有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知分别为上的奇函数和偶函数，且满足，当时，，若，则大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
6．已知函数则下列说法正确的是（ ）
A．函数的单调减区间为，
B．函数的值域为
C．若关于的方程有三个根，则
D．若对于恒成立，则
7．已知函数函数，则（ ）
A．
B．
C．若恒成立，则实数的取值范围是
D．若，则函数恰好有5个零点，且5个零点之和的取值范围是
8．已知函数，，其导函数为，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有三个零点B．函数的图象关于对称
C．若，则D．若，，则
9．广东汕头海湾大桥被誉为“中国第一座大跨度现代悬索桥”，悬索的形状是平面几何中的悬链线，其方程为（为参数，）．当时，该方程是双曲余弦函数，类似的函数还有双曲正弦函数，则下列说法正确的是（ ）
A．，
B．当时，函数有最小值
C．，
D．，
10．已知函数，则（ ）
A．若在处取得极值，则.
B．若，则函数有且仅有1个零点.
C．若的极小值小于0，则.
D．若无极值，则.
三、填空题
11．已知，定义：，设．若函数有两个零点，则实数的取值范围是 ．
12．已知二次函数与一次函数，若，不等式在上总存在实数解，则的取值范围为 ．
13．若对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围为 ．
14．已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为 .
15．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是 .
16．（1）已知函数满足：，，则方程所有实根之和为 ．
（2）对于函数，若存在使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”．若函数的图象存在“隐对称点”，则实数m的取值范围是 ．
17．已知函数，点在第四象限内，过作图象的切线，有且只有两条，则的取值范围为 .
18．如果函数满足对任意、，有，则称为优函数.给出下列四个结论：
①为优函数；
②若为优函数，则；
③若为优函数，则在上单调递增；
④若在上单调递减，则为优函数.
其中所有正确结论的序号是 .
19．对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是 .
20．已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题
21．已知函数（且）
(1)判断的单调性；
(2)若m，n为方程的两个根，求的最小值．
22．设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求a的取值范围；
(3)若，证明．
23．已知函数，为实数.
(1)当时，求与的极值；
(2)是否存在，使与均有2个零点.若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
24．设，若对任意，总成立，则称为的“不可跃”函数．
(1)判断是否为的“不可跃”函数，并说明理由；
(2)求证：
①为的“不可跃”函数；
②为的“不可跃”函数；一定不是的“不可跃”函数．
25．已知函数．
(1)若函数在上有2个零点，求m的取值范围；
(2)对任意的，存在，使得成立，试确定m的取值范围．
26．已知函数，．
(1)若存在，使得不等式有解，求的取值范围；
(2)对于定义域内的，，，若且，求的取值范围．
27．已知四数．
(1)求在处的切线方程；
(2)证明：函数只有一个零点；
(3)当时，函数恒成立，求a的取值范围．
28．若定义域为的函数满足对任意的和，都有，我们就称这个函数是“优美的”．
(1)若函数是优美的，求；
(2)写出一个优美的函数，使得，并说明为什么是优美的；
(3)对于任意优美的函数，证明：对任意的有理数，都有．
29．对于给定的正项数列，定义：，其中，为数列中的第项（）.若存在非零常数，使得数列满足，则称数列为“数列.
(1)写出首项为2的“2数列”的前4项；
(2)若数列是首项为1的“数列”，数列为等比数列，且.求数列的前项和；
(3)设数列为“数列”，，，记为的前项和，为数列的前项和；证明：（为自然对数的底数）.
30．德国数学家狄利克雷（1805-1859）在1837年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的一个函数.”这个定义较清楚的说明了函数的内涵.只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的和它对应就行了，不管这个法则是公式还是用图象、表格等形式表示，如狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集.
(1)已知函数.
①判断函数的奇偶性（直接写结果），并求的值；
②记函数，求的零点；
(2)对任意集合，定义.已知集合，证明：对，（其中符号表示不大于的最大整数）.
《函数与导数》参考答案
1．D
【分析】利用函数奇偶性的性质可得出，由已知可得出，，由结合对数函数的单调性可得出，可得出，可得出，并推导出、，即可得解.
【解析】对任意的，，则函数的定义域为，
因为函数为奇函数，则，可得，所以，，
，则函数为奇函数，符合题意；
因为，，
则，，
因为，则，
所以，即，即，
即，
因为，，则，则，故，即，
又因为，即，可得或，
则或，即，同理可知，，故.
故选：D.
2．B
【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、导数的性质进行逐一判断即可.
【解析】由题可得，即，
在同一坐标系中分别绘出函数，，的图象，

由，可知，由，可得，
联立，解得，
因为函数与互为反函数，所以由反函数性质知、关于对称，
则，，且，，
对于A，，故A错误；
对于B，由，，
则，故B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：B.
3．C
【分析】根据的定义进行分析，由此列不等式来求得的取值范围，进而求得正确答案.
【解析】因为，
所以该式的前15项都为0，后4项都为1，
所以，
所以，即，
得，
因为，所以，
所以，故.
故选：C.
【点睛】思路点睛： 首先根据和式的结果分析每一项的取值情况，列出关于变量的不等式，然后解不等式得到变量的取值范围，若取值范围涉及到指数形式，通过计算近似值进一步精确范围，最后根据变量的取值范围求出所求式子的值.
4．D
【分析】问题化为与在上有两个交点，利用导数研究的区间单调性及其值域，即可求参数范围.
【解析】由题设在上有两个实根，
即在上有两个实根，
所以与在上有两个交点，
由，令，则，
所以在上单调递减，，，
所以使，即，，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
根据解析式易知趋向0或时，均趋向于，
且，
综上，只需.
故选：D
【点睛】关键点点睛：问题化为与在上有两个交点是关键.
5．A
【分析】利用分别为上的奇函数和偶函数，得的周期为2，且求出，利用导数判断出时，为单调递增函数，再利用对数的性质判断出的大小可得答案.
【解析】因为分别为上的奇函数和偶函数，
所以，
由， 得，
所以，可得的周期为2，
又，
可得，
两式相加可得，
当时，因为都是增函数，
所以为增函数，
且，所以为单调递增函数，
，
，，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出，利用导数判断出时，为单调递增函数.
6．ACD
【分析】先根据分式函数和导数相关知识判断函数单调性与渐近线，从而画出函数图象，进而直接判断A和B；通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，并结合图象即可判断C，设函数，并求出与函数的切点的横坐标，结合图象分析时，直线斜率增大，此时函数满足在时处于直线下方，从而判断D.
【解析】（i）当时，，
则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
（ii）当时，，，
当在单调递增，
当在单调递减，
故， 且当时， ，，恒有.
综上可知，，
作出函数大致图象，如下图.
对于A，函数的单调减区间为，故A正确；
对于B，函数的值域为，故B错误；
对于C，方程有三个根，
则所以与有3个公共点，
由图象可知当时，与有3个交点，满足题意，
即的取值范围是，故C正确;
对于D，设函数为过定点的直线，
且与函数的切点为，
则有① ，②，且③，
由①②得，
将③代入上式可得，即，
即，解得或（舍去），
，此时直线与函数相切，为临界情况；
当，直线斜率增大，此时函数满足在时，处于直线下方，
即对于恒成立，
因此，，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】总结点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对函数解析式或方程变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
7．ACD
【分析】AB选项，画出的图象，要想使得，只需考虑，分别求出对应的自变量取值范围，B错误，A正确；C选项，恒成立，由函数图象可知，故，解得；D选项，令，得到或，对应两个解，，对应三个解，即，，故，D正确.
【解析】AB选项，画出的图象，如下：
不妨设，则，
要想使得，只需考虑，
令，解得，
令，解得，
且，故不存在，使得，B错误，A正确；
C选项，，
恒成立，即，
恒成立，
由函数图象可知，要想恒成立，
需满足，解得，
则实数的取值范围是，C正确；
D选项，若，令，
即，故或，
显然对应两个解，，令得，
对应三个解，即，
且，，
故，
则函数恰好有5个零点，且5个零点之和的取值范围是
故选：ACD
【点睛】方法点睛：函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
8．BCD
【分析】求出即可判断A；脱出即可判断B；将多项式函数的求导转化为乘积形式函数进行求导，即可判断C；根据函数的对称性可判断D.
【解析】对于A，由题意可知，
则为二次函数，不可能有3个零点，A错误；
对于B，
，
即函数的图象关于对称，B正确；
对于C，若，则
，
故，
同理
故，
故
，C正确；
对于D，时，
，
即函数的图象关于直线，即对称，且此函数在对称轴处有意义且可导，
即在时取到极值，则必有，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于将多项式函数的求导转化为乘积形式函数进行求导.
9．BCD
【分析】利用指数运算可判断A选项；利用不等式的基本性质可求得函数的最小值，可判断B选项；利用导数分析函数在上的单调性，利用导数比较、的大小关系，结合函数的单调性可判断C选项；令，分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可判断D选项.
【解析】对于A选项，，
，A错；
对于B选项，，
当时，，则，则，
所以，，所以，当时，函数有最小值，B对；
对于C选项．设，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，函数在上单调递增，则，即，
又，当时，，
所以，在上单调递增，所以，．故C正确；
对于D选项．当时，则，则在上单调递增．
当时，，则函数在上单调递减．
设，可在上单调递增，
因为，
，则，
所以，存在，使得，
即存在，使得，故D正确
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：函数单调性的判定方法与策略：
（1）定义法：一般步骤：设元作差变形判断符号得出结论；
（2）图象法：如果函数是以图象的形式给出或者函数的图象易作出，结合图象可得出函数的单调区间；
（3）导数法：先求出函数的导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间；
（4）复合函数法：先将函数分解为内层函数和外层函数，再讨论这两个函数的单调性，然后根据复合函数法“同增异减”的规则进行判定.
10．BD
【分析】根据极值与导函数零点之间的关系可判断A错误，由函数解析式通过解方程可得B正确，取特殊值可判断C错误，若无极值可得没有变号零点，解方程可得，即D正确.
【解析】对于A，由可得，
若在处取得极值，则，解得或；
当时，可知，
因为，所以是的变号零点，满足在处取得极值，符合题意；
当时，可知，
因为，所以也是的变号零点，满足在处取得极值，符合题意；
综合可得，或，可得A错误；
对于B，若，可得，
则，
令，解得，所以函数有且仅有1个零点，即B正确；
对于C，令，则，所以，
因此当或时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
所以在处取得极小值，即，但此时，即C错误；
对于D，因为，令可得或；
又因为无极值，可得，解得，即D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用函数极值与导函数零点之间的关系，通过解方程并验证参数取值即可判断BD选项是否正确.
11．
【分析】令函数，通过分析的正负确定函数及的解析式，把零点问题转化函数图象交点个数问题，数形结合可得结果.
【解析】令函数，由解析式可得函数在上单调递增，
∵，∴当时，，当时，，
∴，.
令，由，得，
∴函数的零点为函数的图象与直线交点的横坐标，
其中直线恒过点，当时，，
在坐标系内作出直线与函数的图象，

先考虑与图象的交点个数，
因为直线过点，而，
故直线与图象有两个交点，分别为，
故当即时，直线与有且只有一个交点，
如图1，当，即时，
直线与函数的图象只有一个交点，
如图2，当，即时，直线过点，
故直线与函数的图象只有一个交点，
如图3，当，即时，
直线与函数的图象只有一个交点，

如图4，当，即时，
直线与函数的图象只有一个交点，
如图5，当，即时，
直线与函数的图象有两个交点，
综上得，若函数有两个零点，实数的取值范围是．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定函数的解析式，根据得，其中，问题转化为函数的图象与直线有两个交点，数形结合求出的取值范围.
12．
【分析】由题可得，不等式存在解，转化为求解不等式左边的最大值.构建函数，得到函数在的单调性，从而知道函数在内的值域，当时，取最小，建立不等式，求得的取值范围.
【解析】依题意在上总存在实数解，
∴．
∵，∴在上单调递增，
∴，由于，
∴当时，达到最小，即，
∴，解得．
故答案为：
【点睛】方法点睛，不等式存在解（恒成立）的问题，一般转换为求不等式的最值来建立新的不等式，然后求得参数范围.
13．
【分析】整理可得，同构结合的单调性分析可得，换元令，可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果.
【解析】因为，且，
可得，整理可得，
构建
又因为在内单调递增，可得在内单调递增，
可得，且，整理可得，
令，可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，则内单调递减，则，
可得，即，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
1.分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
2.函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
14．
【分析】由得.设，，求导，分析函数单调性，求两个函数的值域，再根据函数值域的包含关系求的取值范围.
【解析】由得，
设，，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以.
且当时，；当时，，
故的值域为；
设，，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以，
且当时，；当时，，
故的值域为；
依题意，的值域是的值域的子集.
显然，若，则的值域为，不合题意，舍去；
若，则的值域，
则需的值域，则，解得.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：由得.设，，对任意，都存在，使得就转化成的值域是的值域的子集.
15．
【分析】先求导，将有两个极值点转化为和的图象有两个交点，画出图象，通过切线解决即可.
【解析】因为，所以，
因为有两个极值点，故有两个实数根，
即有两个实数根，
即和的图像有两个交点，画出图象，又恒过定点，

若，显然只有1个交点，不合题意；
若，则无交点，不合题意；
若，设直线和相切于点，由，则，
所以，
所以，解得，故切点是，所以，解得，
综上可得实数的取值范围为.
故答案为：.
16．
【分析】（1）首先判断两函数的单调性与对称性，从而得到与有两个交点，且关于对称，结合对称性计算可得；
（2）结合奇函数的特征，区间转化法求解析式，再根据新定义转化为两函数图象的交点，进而转化到方程根的问题，利用基本不等式即可解决.
【解析】（1） 由题意知，定义域为，
显然在上单调递减，
当从正数趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，
由于，故的对称中心为，
同理，
的对称中心为且单调递增，且趋向于时，趋向于，
故与有两个交点，且关于对称，不妨设两交点横坐标为，
则，故
故的实根之和为．
故答案为：
（2） 由“隐对称点”的定义可知，的图象上存在关于原点对称的点，
设的图象与图象关于原点对称，
设，则，，
所以，，故的图象与，的图象有交点，
等价于方程有实根，
故，
当且仅当时取得等号，所以，故实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：第（2）先依据对称性求出与函数，图象关于原点对称的函数，进而将题设等价转换成方程有实根，再结合参变分离法和基本不等式计算即可.
17．
【分析】设切点为，利用导数求出切线方程，将点的坐标代入切线方程，可得出，令，分析可知，方程有两个不等的实根，利用导数分析函数的单调性与极值，可得出或，由，可求出的取值范围，进而可求得的取值范围.
【解析】设切点为，，由题意可知，，，
则切线方程为，
因为切线过点，则，
即方程有两个解.
令，或，
由可得，
所以，函数的增区间为、，减区间为，
因为方程有两个解，所以，或，
当时，则有，即，合乎题意；
当时，则，可得，
由可得，所以，，
则，
综上，，即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：利用导数求函数在其上一点处的切线方程的基本步骤如下：
（1）对函数求导得；
（2）计算切线的斜率；
（3）利用点斜式写出切线方程.
18．①②④
【分析】利用优函数的定义可判断①；利用赋值法推导出、，逐项递推可判断②；取，，结合优函数的定义可判断③；利用减函数的性质、不等式的基本性质结合优函数的定义可判断④.
【解析】对于①，因为、，
则
，
所以，，则是优函数，故①正确；
对于②，因为是优函数，则，即，
，即，
同理可得、、，故②正确；
对于③，例如，，
满足，
所以，，则为优函数，
但在上单调递减，故③错误；
对于④，若在上单调递减，
任取、，，，则，，
所以，，，
变形为，，
两式相加得：，
因为，所以，，所以，为优函数，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
19．
【分析】分离常数可得，构造函数，根据题意可得的值域为，且为单调函数，即可求导，结合或恒成立求解.
【解析】依题意，任意的均使得有且仅有一个零点，令0，得，
记函数，即与直线有且仅有一个交点，
若的值域不是，设的值域为，则，使得，矛盾，
所以的值域为，且为单调函数（否则与直线存在至少两个交点），
所以恒有或，易得，
当且时，有，所以恒有，得恒成立，
记，则，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的最大值为，
故实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接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)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，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．
20．或
【分析】求出函数的零点，画出函数的图象，将问题转换为或总共有三个零点，对分类讨论即可求解.
【解析】当时，由得，解得或，
当时，由得，解得（舍），
作出的图象，如图，
由得或，
即或，
当，即时，无实根，此时，最多两个实根，与题意不符；
当，即时，有一个实根，有两个实根，符合题意；
当，即时，有两个实根，此时，少有两个实根，不符合题意；
当，即时，有三个实根，至少有一个实根，不符合题意：
当，即时，有两个实根，此时，有一个实根，
符合题意：
当，即时，有两个零点，有一个零点，符合题意
综上所述，有3个零点时，或.
【点睛】方法点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解；
（3）转化为两熟悉的函数图象的问题．
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，利用导数的正负即可判断函数单调性；
（2）利用得到是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，从而表示出，构造函数求解，即可得答案.
【解析】（1）根据题意，，
令，可得或，
当时，，在上单调递增，
当时，，在和上单调递减.
（2）由，，
可得，是关于的方程的两个不同的实根，
其中，得，
故，，即.
故
，
设，
，
设，
则，所以为上的增函数，
则.，
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，即，
所以为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是求最小值时，要利用得到，是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，从而表示出，构造函数求解.
22．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义求解切线斜率，然后利用点斜式方程求解即可；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对范围分类讨论.
【解析】（1）由于，故．
所以，所以所求的切线经过，且斜率为1，故其方程为．
（2）设，则，从而当时，
当时．
所以在上单调递减，在上单调递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当．
设，则．
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有．
一方面，若对任意，都有，则对，有，
取，得，故．
再取，得，所以．
另一方面，若，则对任意都有，满足条件．
综合以上两个方面，知a的取值范围是．
（3）先证明一个结构，对，有，
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即．
由，可知当时，当时．
所以在上单调递减，在上单调递增．不妨设，下面分三种情况证明本题结论．
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有．
对任意的，设，则．
由于单调递增，且有，
且当时，由可知．
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时时，．
故在上单调递减，在上单调递增．
①当时，有；
②当时，由于，故可以取．
从而当时，由，可得．
再根据在上单调递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即．
根据和的任意性，取，就得到．
所以．
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，
．
而根据的单调性，知或．
故一定有成立．
综上，结论成立．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
23．(1)的极小值为1，无极大值，的极小值为1，无极大值
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负求解函数的单调性，即可根据极值点的定义求解，
（2）根据方程的根，分离参数，构造函数，，求导，得函数的单调性，即可结合函数图形求解.
【解析】（1）当时，
，
， ，
当时，，此时与均单调递减，
当时，，此时与均单调递增，
所以当时，，均各自取到相应的极小值，无极大值；
（2），故，
，可得（且）
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，当，
当时，有极大值，
在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示，
所以当且仅当时，方程有两个根.
令（且），
则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当从1的左边趋于1时，趋于正无穷，当从1的右边趋于1时，趋于负无穷，
当时，单调递增，
令，则，当时，，
所以当时，有极小值，，
在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示，
当且仅当时，方程()有两个根.
综上所述，不存在，使与均有2个零点.
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
24．(1)不是的“不可跃”函数，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）取验证，可知不是的“不可跃”函数．
（2）①令，记为的导数，为的导数，则，，…，，且，先证时的结论，再利用转化方法证明的是情况
②对于上面一连串的导函数，从后往前逐次利用导数的意义研究其单调性，进而得出的单调性，进而可证.
【解析】（1）不是．
由，故不是的“不可跃”函数．
（2）证：①当时，令，记为的导数，为的导数，则，，…，，且，
所以，在单调递增，所以，
依次类推，，所以在单调递增，又，
所以，即；
当时，即要证明，
即证：当时，，
而时，已证成立，
显然在时，，
所以当时，成立；
②令，记为的导数，为的导数，
则，，…，，且，
时，时，所以单调递减，所以，所以单调递增，...，，单调递减，
时，，单调递增，，，单调递增，...，，单调递增，，所以；
所以为的“不可跃”函数；
则，，…，，且，
时，时，单调递减，，单调递增，...，，单调递增，，所以；
所以一定不是的“不可跃”函数．
【点睛】关键点点睛：关键是令，记为的导数，为的导数，则，，…，，且，从后往前利用导数研究单调性.
25．(1)
(2)
【分析】（1）先把零点转化为与有2个交点，再求导函数得出最小值，进而得出参数范围；
（2）先把恒成立问题转化为最值关系，再分别求出导函数判定单调性，进而得出函数的最小值，最后列式计算求解.
【解析】（1）因为在上有2个零点，所以即有2个根，
令与有2个交点，
，在单调递减；在单调递增；
所以，
又因为，
所以与有2个交点可得，即得.
（2）因为对任意的，存在，使得成立，
所以，由（1）知的最小值为，
因为，
，
令，
因为，所以，所以，
所以，所以单调递增，所以，
所以，即得.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是把任意的，存在，使得成立，转化为.
26．(1)实数的取值范围为
(2)的取值范围为
【分析】（1）分析的单调性并将问题转化为“存在，使得不等式有解”，根据二次函数的最值可求解出结果；
（2）先分析出的范围，再通过条件用表示出，由此可求的范围.
【解析】（1）因为，
又在上单调递增，所以在上单调递减，
所以在上单调递增，
因为存在，使得不等式有解，
即存在，使得不等式有解，
即存在，使得不等式有解，
所以且，
因为的对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，所以，
所以，即实数的取值范围为；
（2）因为，
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，当且仅当时取等号，
又因为，
所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两个方面，一方面是存在性问题的转化，通过参变分离将问题转化为参数与新函数最值之间的关系；另一方面是在求的最大值时，合理利用条件结合基本不等式将的范围求出，通过与的关系求解.
27．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）讨论、、，根据函数值符号，且利用导数判断在上恒成立或的单调性，即可证结论；
（3）问题化为在上恒成立，对求导，讨论参数，利用导数研究对应的单调性及其函数符号求参数范围.
【解析】（1）由题设，则，又，
所以在处的切线方程为，即.
（2）当时，，，故恒成立；
当时，；
当时，
法一：令，则，
令，则，即在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以在上恒成立；
法二：恒成立，即在上单调递增，所以；
综上，函数只有一个零点为，得证；
（3）由题意，在上恒成立，
所以，在上恒成立，
而，
令，则，
对于且，则，
所以在上单调递增，则，可得，
对于且，则，
所以在上单调递增，则，可得，
综上，，则，即在上单调递增，
所以，
当时，，即在上单调递增，此时，满足；
当时，，，
所以使，即存在区间使，不符合；
（保号性：，，故必存在的情况，不符合；）
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意应用导数判断在上恒成立；第三问，问题化为在上恒成立为关键.
28．(1)
(2)，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）通过对给定等式合理赋值来求解；
（2）先根据条件确定一个满足的函数，再验证其是否满足“优美的”函数定义；
（3）需要分情况讨论有理数为正整数、负整数、分数时，证明成立.
【解析】（1）已知函数是“优美的”，即对任意的和，都有.
令，则，即.
即，所以.
（2）设，此时，满足.
下面证明是“优美的”：
对于任意的和，，而.
所以，故是“优美的”.
（3）证明对任意有理数，都有.
有理数包括整数和分数，分类讨论.
当为0时，显然.
当为正整数时：
设（为正整数），由可得：
.
同理，以此类推可得.
当为负整数时：
设（为正整数），因为，由前面已证得，所以，则，即.
当为分数时：
设（为整数，），因为，
又由前面已证得当为整数时，所以，
则，即.
综上，对任意的有理数，都有.
【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义题，关键是读懂题意，将其联想到熟悉的知识点，解题即可.第三问关键是对有理数进行分类，然后按照分类讨论，证明即可.
29．(1)，，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据，，即可逐一代入求解，
（2）根据，得，即可作差得恒成立，进而代入和求解，，即可利用裂项相消法求解，
（3）构造函数，求导判断函数的单调性，即可得，累加即可求证.
【解析】（1）由，，
得，则，
，则，
，则.
（2）设等比数列的公比为，，
由，得，
两式相减得，
由，得，
整理得恒成立.
又是首项为1的“数列”，所以，，，
则解得，.
又，，所以，
所以.
又，
所以.
（3）令，则，
所以在区间内单调递减，且.
当时，，即，
又，，所以，
则，依次迭代可知，
所以，即，
所以，，…，，
将这个式子相加得
所以，即，
故.
【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下：
第一步：提取信息 — 对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号，
第二步：加工信息 — 细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点
第三步：迁移转化 — 如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等）
第四步：计算，得结论 — 结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论
30．(1)①偶函数，；②0
(2)证明见解析
【分析】（1）①根据奇偶性的定义判断即可，再根据函数解析式计算可得；②首先求出的解析式，再令，转化为关于的一元二次方程，求出的值，再代入计算可得；
（2）当时分，；，；，；三种情况讨论，分别求出，，即可得到，当，同理可证.
【解析】（1）①函数是偶函数，
函数的定义域为，
若，则，所以；
若，则，所以；
即对任意的，都有，所以为偶函数；
因为，
所以；
②，，
则，
令，则，
令解得或（舍去），
由得，所以，即的零点为.
（2）当时，，
若，时，，，
则，
若，时，，，则，
若，时，，，则，
当时，则，，则，
，
综上，对，.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解所给定义，第二问关键是分类讨论全面.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
D
A
ACD
ACD
BCD
BCD
BD