新高考数学一轮复习核心考点+提升练习培优点03函数中的构造问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点+提升练习培优点03函数中的构造问题（2份，原卷版+解析版），共8页。
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．
【核心题型】
题型一 导数型构造函数
命题点1 利用f(x)与x构造
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,xn).
【例题1】（2023·全国·模拟预测）已知定义在上的偶函数，对，都有，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据导数判断函数的单调性，再结合偶函数的性质，根据对数函数的单调性比较大小.
【详解】由已知对，都有，
即当，，所以函数在上单调递减，
又函数为偶函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以只需比较，，三者的大小关系，
又，，，
且，
所以
所以，
即，
故选：D.
【变式1】（2024·宁夏·一模）设定义在R上的函数满足对都有，且当时，，若，，，则a、b、c的大小关系是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的周期性、构造函数利用导数研究其单调性比大小即可.
【详解】由，
即为的一个周期，所以，
令，
由已知可得时，单调递增，
所以，即C正确 .
故选：C
【变式2】（2024·河南·三模）已知函数的定义域为，为其导函数，若，，则不等式的解集是 ．
【答案】
【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，由于在上时，与同解，即可根据求解.
【详解】令，则
，
所以在上单调递增．
由于当，当，
而，
故在上，不等式与同解，
即，又，得，即，
所以原不等式的解集为．
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用导数求解不等式问题的常用方法：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
【变式3】（2023·河北承德·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先求定义域，求导后，对进行分类讨论，即可得到函数的单调性；
（2）由题意，可取，得，对原不等式进行放缩可得，构造函数，求导得，再构造，求导得，取特殊值可得的最小值为正数，所以可知在处取得极小值，可得，所以恒成立，故实数的取值范围是.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，，在上单调递减；
当时，由，解得：，由，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
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）由，得，
取时，得，所以，
下证：，即证：，
令，则，
构造，则，
易知在上是单调递增函数，
又，，
在上存在唯一零点，设该零点为，
且满足，，
当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，
当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，
在上恒成立，即，
在上恒成立，
故实数的取值范围是.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相对较大，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.
命题点2 利用f(x)与ex构造
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝eq \f(fx,enx).
【例题2】（2024·陕西西安·一模）若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】变形得到，当时，利用放缩得到证明，当时，利用隐零点可证明出不合要求，得到答案.
【详解】，
当时，，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
故恒成立，不等式成立，
当时，令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，，
由零点存在性定理得，存在，使得，即，
此时，
故不合题意，舍去，
综上，，实数a的取值范围为.
故选：B
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件
【变式1】（23-24高三上·新疆伊犁·阶段练习）定义在上的函数满足，且有，则的解集为 .
【答案】
【分析】构造函数，应用导数及已知条件判断的单调性，而题设不等式等价于即可得解.
【详解】设，则，
，
，
在R上单调递增.
又，则.
∵等价于，即，
∴，即所求不等式的解集为.
故答案为：.
【变式2】（2023·河南·模拟预测）已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】构造函数，由已知条件得在上是偶函数，然后根据其单调性从而可求解.
【详解】令，所以，
因为，所以，化简得，
所以在上是偶函数，
因为，
因为当，，所以，在区间上单调递增，
又因为为偶函数，所有在上单调递减，
由，得，又因为，所以，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】通过构造函数，结合已知函数求出函数为偶函数和其单调性，从而求解.
【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，求的单调区间和极值；
(3)若对任意，有恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)的单调递减区间为：；递增区间为：，
的极大值为，无极小值
(3)
【分析】（1）利用已知确定切点，导数的几何意义确定斜率，求出切线方程即可.
（2）利用导数先求解单调性，再确定极值即可.
（3）利用分离参数法结合导数求解参数范围即可.
【详解】（1）当时，，
则，，，
所以切线方程为．
（2）当时，，．
令，，
故在R上单调递减，而，因此0是在R上的唯一零点
即：0是在R上的唯一零点
当x变化时，，的变化情况如下表：
的单调递减区间为：；递增区间为：
的极大值为，无极小值
（3）由题意知，即，即，
设，则，
令，解得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以，
所以
命题点3 利用f(x)与sin x，cs x构造
函数f(x)与sin x，cs x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，
F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cs x；
F(x)＝eq \f(fx,sin x)，
F′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)；
F(x)＝f(x)cs x，
F′(x)＝f′(x)cs x－f(x)sin x；
F(x)＝eq \f(fx,cs x)，
F′(x)＝eq \f(f′xcs x＋fxsin x,cs2x).
【例题3】（2024·浙江绍兴·模拟预测）现有，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造，，则，，，然后求解和的单调性即可判断出的大小关系.
【详解】设，.
由于，故，，.
记，.
由于，故，从而对有，故在上单调递增，所以，即；
我们知道，对函数，表示的导数，在下面的解答中，我们进一步使用记号表示的导数，使用记号表示的导数.
由于，故，从而进一步求导有，.
此时，对，有，所以在上单调递减.
从而对，有，结合，就有.
而，.
故对，有.
所以在上单调递增，从而对，有，这表明在上单调递增.
所以，
即对有，故在上单调递增，所以，即.
综上，有，C正确.
故选：C.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式分析可得，根据不等式分析可得，结合指数函数分析可得，进而可得结果.
【详解】显然，
且，
令，则对任意恒成立，
则在内单调递增，可得，即；
所以，且，可知；
令，则对任意恒成立，
则在内单调递增，可得，即；
所以，可知；
又因为，所以，
故选：C．
【变式2】．（2020·江苏南通·三模）已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】将不等式变形为，构造函数，可知当时，函数在上为减函数，可得出，进而可求得的取值范围.
【详解】由，可得，
构造函数，当且当，，
此时，函数在上为减函数，
由于，则，
所以，，所以，，，.
综上可得的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查恒成立问题，构造函数，判断单调性，结合单调性把抽象不等式转化为具体不等式，侧重考查数学抽象的核心素养.
【变式3】（22-23高三下·湖南长沙·阶段练习）在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则 .
【答案】/0.25
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
故答案为：
题型二 同构法构造函数
指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成ln ex然后构造函数；另一种是将x变成eln x然后构造函数．
【例题4】（2022·陕西咸阳·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】注意到三个数的结构特点，均符合，构造函数进行解决.
【详解】设，则，又，于是当时，，故单调递减，注意到，则有，即.
故选：B.
【变式1】．（21-22高三上·全国·阶段练习）设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】把不等式进行变形，引入函数，由导数确定函数单调性，由单调性及不等关系得结论．
【详解】由已知，，则．
设，则．
因为，则．又，则，即，从而．
当时，，则在内单调递增，
所以，即，
故选：B．
【变式2】（2022·新疆·二模）已知，若在上存在x使得不等式成立，则的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】D
【分析】先利用将不等式转化为，借助单调性得到，参变分离后构造函数，结合单调性求出最小值即可.
【详解】∵，∴不等式即为：
由且，∴，设，则，故在上是增函数，∴，即，
即存在，使，∴，设，则；
；∴在上递减，在上递增，∴，∴．
故选：D.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）若，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】设，即可得到的单调性，再由，计算出、，即可判断.
【详解】设，则在上为增函数，
，
，
，，故B正确；
，
当时，，
此时，有；
当时，，此时，有，
所以A、C、D均错误．
故选：ACD．
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】变形后构造函数，求导得到函数单调性，比较出大小
【详解】因为，
所以令，则，
，
当时，，所以函数在上单调递减．
又，所以，即．
故选：D．
2．（2024·河南·三模）若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】对所给不等式进行适当变形，利用同构思想得出对于任意的恒成立，进一步利用导数求出不等式右边的最小值即可求解.
【详解】显然首先，
，
令，则，所以在定义域内严格单调递增，
所以若有成立，则必有，
即对于任意的恒成立，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，
从而，所以的取值范围是，即实数的最大值为.
故选：B.
3．（2024·山东济南·一模）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
4．（2023·江西九江·模拟预测）设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，由此求得不等式的解集.
【详解】设，
，即，
，
在上单调递减，又，
不等式，
即，，
原不等式的解集为.
故选：D
【点睛】有关函数及其导数有关的不等式问题，求解方法是通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性、极值和最值等进行研究，由此对问题进行求解.
二、多选题
5．（2023·湖北黄冈·模拟预测）定义在上的函数的导函数为，当时，，函数 满足：为奇函数，且对于定义域内的所有实数，都有．则（ ）
A．是周期为2的函数B．为偶函数
C．D．的值域为
【答案】BC
【分析】对求导，根据条件求得对称性，并求得定义域上的单调性及周期性，从而对选项一一分析.
【详解】解：因为，所以，
在时，，
所以，所以，故在上单调递减．
因为为奇函数，所以，所以函数关于点中心对称，即；
又，所以函数关于直线对称，
所以在单调递增，且，
则，，
可得，是周期为的周期函数，A不正确．
因为，，结合草图可知
，C正确．
对于定义域内任一个，结合周期性可得，故为偶函数，B正确
而的函数最值无法确定，故D错误．
故选：BC
6．（2023·湖南·模拟预测）定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（ ）
A．
B．，函数有极值
C．
D．，函数为单调函数
【答案】AD
【分析】法一：构造函数，考查其单调性，可判断;利用其单调性知的大小关系可判断；法二：取，逐项验证即可.
【详解】解法一：设函数，
则，
所以在上单调递减，故B错误，D正确．
从而，即，
因为，所以，，
所以，故C错误，A正确．
解法二：取，满足且，则，
，函数为单调函数．
故选：
【点睛】关键点睛：构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.
三、填空题
7．（2023·广东广州·一模）已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，再利用函数探讨单调性，求解不等式作答.
【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减，
，因此，即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
8．（2023·甘肃张掖·模拟预测）已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再结合奇偶性求解不等式作答.
【详解】令函数，当时，，即函数在上单调递减，
由为偶函数，得，即函数是奇函数，于是在R上单调递减，
不等式，
因此，解得，所以原不等式的解集是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．
9．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若对于恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】构造函数，，利用导数讨论，的单调性、奇偶性，进而构造函数，将原不等式等价转化，利用单调性转化，构造函数和，即可求导确定函数的最值.
【详解】令，因为，，所以是奇函数，
易知在上单调递增．
同理令，可知是奇函数，
由于，故在上单调递增．
因此为上单调递增．
令，，
则是在上单调递增的奇函数．
不等式等价于，
故，由单调性得，即，
即，构造函数，
则，在上单调递增，等价于，
则，即，
令，则，令，得；
令，得，故在上单调递增，在上单调递减，
故，故，即，
故实数的取值范围是．
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
四、解答题
10．（2024·甘肃白银·三模）设函数，．
(1)讨论的单调性．
(2)证明：．
(3)当时，证明：．
【答案】(1)的增区间为，减区间为，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解，即可求出结果；
（2）对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求出的最小值，即可证明结果；
（3）根据条件及（2）中结果得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，从而得到，即可证明结果.
【详解】（1）因为，易知定义域为，，
由，得到，由，得到或，
所以的增区间为，减区间为，.
（2）因为，易知定义域为，，
当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以.
（3）由（2）知，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，
要证明，即证明，
令，则在区间上恒成立，
又，所以，所以，命题得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过转换，要证明，即证明，再构造函，利用的单调性及（2）中结论解决问题.
【综合提升练】
一、单选题
1．（2023·辽宁鞍山·二模）下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于A，说明不是偶函数即可；对于B，说明是奇函数不是偶函数即可；对于C，用定义说明是偶函数，用导数说明它在上单调递增；对于D，说明是奇函数不是偶函数即可.
【详解】对于A，因为的定义域为不关于原点对称，所以不是偶函数，
故A选项不符合题意；
对于B，因为，所以的定义域为关于原点对称，
但，所以是奇函数不是偶函数，
故B选项不符合题意；
对于C，因为的定义域为关于原点对称，且，
所以是偶函数，
又，注意到当时，有，
所以此时，所以在上单调递增，
故C选项符合题意；
对于D，因为的定义域为关于原点对称，但，
所以是奇函数不是偶函数，
故D选项不符合题意.
故选：C.
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数在上的图像如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据图像知函数是偶函数，并且在轴右侧先减后增，且时函数值大于0，然后根据这些特点对每个选项中的函数逐一判断即可.
【详解】由题图，知函数的图像关于y轴对称，所以函数是偶函数，故排除A；
对于B，，虽然函数为偶函数且在上单调递减，在上单调递增，但，与图像不吻合，排除B；
对于D，因为，所以函数是偶函数，但，与图像不吻合，排除D；
对于C，函数为偶函数，图像关于y轴对称，下面只分析y轴右侧部分．当时，，，
令，求导，得．当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得最大值．
又因为，，，所以，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，与图像吻合.
故选：C．
3．（21-22高二下·四川广安·阶段练习）已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令 ，由题意可得 为定义域上的偶函数，且在 上单调递增，在 上单调递减；分 与 两类讨论，将不等式 等价转化为 与 ，分别解之即可．
【详解】令 ，
当 时， ，
当 时， ，
在 上单调递减；
又 为 的奇函数，
，即 为偶函数，
在 上单调递增；
又由不等式 得 ，
当 ，即 时，不等式可化为 ，即 ，
由 在 上单调递减得 ，解得 ，故 ；
当，即 时，不等式可化为 ，即 ，
由 在 上单调递增得 ，解得 ，故 ；
综上所述，不等式 的解集为： ．
故选：D．
4．（2023·山东泰安·二模）已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题可知为偶函数，且在上单调递减，利用函数的单调性可比较出.
【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.
因，所以，故为偶函数.
当时，，因，，所以.
即在上单调递减.
，
因，所以，即.
故选：D.
5．（2023·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数的定义域为，为函数的导函数，若，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的导数运算性质及函数的单调性即可求得结果.
【详解】
由题意得，，
即，
所以，即，
又，所以，故 ，
，可得，
在上，，单调递增；
在上，，单调递减，
所以的极大值为.简图如下：

所以，，.
故选：D.
6．（23-24高二下·重庆·开学考试）已知函数的定义域为R，设．设甲：是增函数，乙：是增函数，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】D
【分析】利用导数分别求出与为增函数的条件并结合充分必要条件进行判断即可求解.
【详解】由题意得的定义域为，的定义域也为；
充分性：若是增函数，则恒成立，，
因为，但的正负不能确定，所以的单调性不确定，故充分性不满足；
必要性：若是增函数，则恒成立，
因为，所以恒成立，但的正负不能确定，所以的单调性不确定，故必要性不满足；
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件，故D正确.
故选：D.
7．（2024·四川德阳·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可构造函数，求得的单调性，再利用函数对称性解不等式即可求得结果.
【详解】构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据的结构特征构造函数，判断出其单调性，再由得出其对称性解不等式即可.
8．（2023·河北·模拟预测）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据所给数的结构特征，设函数，利用导数判断其单调性，利用单调性比较大小，可得答案.
【详解】设函数，则，
当时，，当时，，
故在单调递增，在上单调递减，
又，，，
因为，故，即，
故选：B
【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小.
二、多选题
9．（2022·江苏南通·一模）定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（ ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
【答案】BCD
【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
10．（2023·全国·模拟预测）已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在定义域上有极小值．
B．函数在定义域上单调递增．
C．函数的单调递减区间为．
D．不等式的解集为．
【答案】BC
【分析】令并求导，结合已知可得，进而可得，构造并研究单调性判断A、B；构造、分别研究它们的单调性判断C、D.
【详解】令，则，又得：，
由得：，
令得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，
所以单调递增，所以B正确，A不正确；
由且定义域为得：，
令，解得，即的单调递减区间为，故C正确．
的解集等价于的解集，
设，则，
当时，，此时，即在上递减，
所以，即在上成立，故D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：令，根据已知得，利用导数研究其单调性和极值情况，构造研究单调性，对于D问题转化为判断在上的符号.
11．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有2个零点
B．函数在上单调递减
C．
D．
【答案】CD
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理判断A，利用导数判断函数的单调性，即可说明B，利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到方程组，从而判断C、D.
【详解】对于，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，当时，，
又，所以，则在上存在零点，
因此函数只有一个零点，故A不正确；
对于B：，
则，
令，则，
所以在上单调递减，又在上单调递减，
当时，函数单调递减，所以当时，，
所以函数在上单调递增，故B错误；
对于C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
由，得曲线在处的切线方程为：
，
因为曲线在点处的切线，与曲线相切于点，所以
，即，
因此，故C正确；
对于D：由上可知：，
因此有，
，故D正确，
故选：CD.
【点睛】关键点睛：涉及公切线问题，一般是利用导数的几何意义表示出切线方程，根据两切线相同得到方程组，从而整理得到运算求解.
三、填空题
12．（2023·山东·一模）过点与曲线相切的直线方程为 ．
【答案】
【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.
【详解】设切点坐标为，，.
则切线方程为，因为在切线上，
所以，即
又，所以，
令，，当时，，
所以在上单调递增，
所以方程只有唯一解为.
即切点坐标为，故所求切线方程为，即.
故答案为：
13．（23-24高三上·陕西安康·阶段练习）当时，恒有成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据函数有意义可得在上恒成立.，进而可得：由可得，构造函数可得，进而可得，从而可得答案.
【详解】由题意，得.又恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，所以①.
由，得，
即.
构造函数，则
因为在上是增函数，
所以，所以.
令，则.
构造函数,
时，递减：时，递增，
所以，即恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以②.由①②知.
故答案为：.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
14．（23-24高三上·江苏常州·阶段练习）已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围
【答案】．
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围.
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
故答案为：
四、解答题
15．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：在定义域内恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理先判定时符合题意，再适当放缩即可证明.
【详解】（1）当时，，
，
当时，曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由题知，函数的定义域为，
当时，设，
则．
令，则对任意恒成立，
在上单调递减，又，
，使得，即，则．
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
，即．
又，
，
当时，在定义域内恒成立．
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)在R上单调递增
(2)
【分析】（1）求出，令，根据的正负求出单调性，进而求出正负，即可求出单调性；
（2）求出单调性，分是否为0两种情况，当不为0时，即，令，根据导数求出最小值即可求出的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为R，
则．令，
则，令，解得．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∴当时，函数取得最小值．
∵，∴，
∴函数在R上单调递增．
（2）易知在上单调递减，
∴任意的，都有．
∵任意的，都有恒成立，
∴在上恒成立．
当时，不等式可化为，恒成立，则．
当时，．
令，则．
∵当时，，即，
∴当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
∴当时，函数取得最小值，，
∴．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】关键点睛：本题关键在于转化为求函数最大值的问题.
17．（2023·江西·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数，若的导函数存在两个零点，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，在由点斜式求出切线方程；（2）依题意可得，即可得到，令，，从而得到，设，则，从而得到，构造函数，利用导数说明函数的单调性，再由，得到，即可求出的取值范围，从而得证.
【详解】（1）当时，则，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）证明：，，
依题意可得，即，
令，，则，两式相除得到，
设，则，，所以，
所以，，
则，
设，则，
令，，则，
所以在上单调递增，则，
所以，即在上单调递增，
又，所以，
所以，而，
所以，所以
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
18．（2024·黑龙江·二模）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若存在，满足，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)
【分析】（1）代入并求导，得出单调性即可求出的极值；
（2）易知当时，单调递增，不合题意；可知，构造函数并求出其单调性，由零点存在定理可解得，得出的表达式并求其单调性可得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，可得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增；
因此函数在处取得极小值，
所以的极小值为，无极大值；
（2）易知当时，，
所以；
又可得，
易知当时，，此时单调递增，不满足；
因此；
由可得，
记，且，
即可得，即，
所以，又易知，
因此，
令，可得，即在时有解，
所以使得，
令，
则，由可得；
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减；
易知可得，若，则在上单调递减，显然不存在使得；
若，解得，
因此在上单调递增，在上单调递减，因此；
以下证明存在，使得；
令，则，
可得在上单调递减，因此，即时，
所以，
令可得，
由可得；
易知二次函数在上单调递减，
所以，
即存在，使得，因此；
所以，
令，则，
即函数为单调递增，又
所以，即；
即的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题关键在于记并由进行构造函数，并利用单调性证明使得求出，可得结论.
19．（2022·天津滨海新·三模）已知函数
(1)若函数在点处的切线斜率为0，求a的值．
(2)当时．
①设函数，求证：与在上均单调递增；
②设区间（其中，证明：存在实数，使得函数在区间上总存在极值点．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）①利用导数证明与在上恒成立即可得证；
②转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理即可证明.
【详解】（1）的定义域为，
，，
依题意得，所以.
（2）①∵， ，
因为当时，，所以在上单调递增，且，故，即，∴：在上单调递增；
，，
∴，
而，，
∴在上单调递减，且，故，
∴，
∴在上单调递增，且，
故，即，∴函数在上单调递增；
②易知，且由（1）可知在上单调递增，．
∵，
所以，
其中
即在上单调递增，．
令，由上可知在上单调递增．
要使得在区间I上总存在极值点，则需满足，
而恒成立恒成立，
∵在上单调递增，故①，
又，故要使得恒成立，
则只需，
同理可得②，
且，由①②可知，
存在当时，函数在区间I上总存在极值点．
【点睛】关键点点睛：转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理进行证明是解题关键.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2022·全国·模拟预测）定义在上的函数的导函数是，函数为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可构造函数，判断其单调性，结合题意可得，从而将转化为，利用函数的单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知，
设，则，
仅当时，等号成立，所以单调递减．
又因为函数为奇函数，所以，即，
故由可得，
所以不等式的解集为，
故选：A
2．（23-24高三上·辽宁大连·期末）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.
【详解】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
3．（2024·浙江嘉兴·二模）已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将题设条件转化为，从而得到，进而得到，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.
【详解】由变形得，
从而有，，
所以，
因为，所以，则，
则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，，
又，而，
所以，
综上，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用，由到得，是解决本题的关键.
4．（23-24高三上·河北·阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且恒成立，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，由导数求得函数单调性，利用单调性解不等式.
【详解】由，有，
令，则，所以在区间上单调递增．
又，得，所以，
所以，解得．
故选：A
【点睛】关键点点睛：
本题关键点在于利用导数运算法则构造函数，令，由导数证明单调递增，不等式变形为，利用单调性解即可.
二、多选题
5．（2022·辽宁沈阳·三模）已知函数，若且，则有（ ）
A．可能是奇函数或偶函数B．
C．若A与B为锐角三角形的两个内角，则D．
【答案】BCD
【分析】利用反证法说明函数既不是奇函数也不是偶函数即可判断A；令，利用导数结合已知判断函数在上的单调性，即可判断BD；令，利用导数结合已知判断函数在上的单调性，再根据锐角三角形内角关系及正弦函数的单调性，即可判断C.
【详解】解：若是奇函数，则，
与已知矛盾，故函数不可能是奇函数，
令，则，
所以函数在上递增，
故，即,
所以，故B正确；
若为偶函数，则，与矛盾，
所以函数不可能为偶函数，故A错误；
对于D，因为函数在上递增，
所以，即，故D正确；
对于C，令，因为，
则，
所以函数函数在上递增，
若A与B为锐角三角形的两个内角，
则，
故，
所以，
所以，即，故C正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查了函数奇偶性的定义，考查了利用导数判断函数的单调性，关键在于构造函数.
6．（22-23高三下·黑龙江·开学考试）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增D．的值域为
【答案】BCD
【分析】计算是否成立可判断A项，运用周期性计算是否成立即可判断B项，对于C项，运用导数判断在上的符号即可，对于D项，运用导数研究在一个周期内的单调性进而可求得值域.
【详解】对于A项，因为，
所以不是的最小正周期，故A项错误；
对于B项，由A项知，的一个周期为，
又因为，，
所以，
所以关于对称，故B项正确；
对于C项，由题意知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递增，故C项正确；
对于D项，由A项知，的一个周期为，
由C项知，，
当时，，则，即：，所以，
所以在上单调递减，
又因为，，，
所以，，
所以的值域为，故D项正确.
故选：BCD.
三、填空题
7．（2023·山东菏泽·三模）已知奇函数是定义在上的可导函数，其导函数为，当时，有，则的解集为 ．
【答案】
【分析】当时，由，得，故在上为增函数，再根据奇偶性得在上为增函数，将不等式化为，利用单调性可求出结果.
【详解】当时，因为，所以，
所以，所以在上为增函数，
因为是定义在上的奇函数，所以，
所以，且的定义域为，关于原点对称，
所以也是定义在上的奇函数，且，
又因为在上为增函数，所以在上为增函数，
由，得，
所以，因为在上为增函数，
所以，即.
所以的解集为.
故答案为：
8．（2023·广西柳州·二模）①，②，③，④，上述不等式正确的有 （填序号）
【答案】②④
【分析】由指数对数的运算法则和不等式的性质比较大小.
【详解】对于①：，，∴，不等式①错误；
对于②：，∴，即，不等式②正确
对于③：，∴，即，不等式③错误；
对于④：，
令，则在上恒成立，在上单调递增，
∴，，得，，∴，
∴，不等式④正确.
故答案为：②④
9．（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知是定义在上的可导函数，若，，且时，恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由，求导，根据，得到在上是减函数，然后将时，恒成立，转化为求解.
【详解】解：由于，
因为，
，
设，
则，
所以当时，，此时为增函数；
当时，，此时为减函数；
所以，即，
故在上是减函数.
又由于时，恒成立，
所以，
设，易知该函数为单调增函数，
故时，，只需，即.
又由于化为，，
设，由，得，故等价变形为当时，，
令，则，
故当时，为增函数，
所以若使在上恒成立，
只需，即.综上，.
故答案为：
四、解答题
10．（2024·四川巴中·一模）已知函数.
(1)设，证明：当时，过原点O有且仅有一条直线与曲线相切；
(2)若函数有两个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由题意设出切点，进一步将原问题转换为证明当时，方程有为一解，故只需证明即可；
（2）对分类讨论，即分和讨论，结合导数与单调性的关系以及零点存在定理即可求解.
【详解】（1）当时，，
设过原点O的直线与曲线相切于点，
则，变形得，
设，则，
若，则当时，恒有，此时方程有唯一解，
所以过原点O有且仅有一条直线与曲线相切；
当时，由得，由得，
所以此时，方程有唯一解，
所以过原点O有且仅有一条直线与曲线相切；
综上所述，当时，过原点O有且仅有一条直线与曲线相切；
（2），
由（1）知，当时，，
所以当时，，当时，，
所以，此时最多有一个零点，不符合题意；
当时，由（1）可知，
又，
所以在内各有一个零点，不妨设为，
所以的导数有三个零点，
当或时，，当或时，，
所以的极大值，的极小值为，
且，
又当或时，都有，
所以恰在和各有一个零点，符合题意，
综上所述，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是分类讨论，利用导数研究函数单调性以及最值即可顺利得解.
x
0
0
极大值