专题3 2022年高考“函数与导数”专题命题分析

这是一份专题3 2022年高考“函数与导数”专题命题分析，共40页。学案主要包含了目标解析，回顾反思，整体点评，通性通法等内容，欢迎下载使用。
专题3 2022年高考“函数与导数”专题命题分析
专题3  2022年高考“函数与导数”专题命题分析
2022年高考函数与导数考题仍以选择题、填空题、解答题的形式出现，其中全国新课程卷继续尝试考查多项选择题，试题主要围绕函数的概念和图象、函数的表示方法、函数的基本性质、函数与方程、函数与零点、及函数的应用等，重点围绕两域四性．
涉及的主要考点有九个方面①函数的图象与函数的奇偶性；②用导数研究函数的单调性、极值或最值；③函数周期性与参数范围问题；④导数的几何意义，求曲线切线的方程；⑤函数的零点讨论；⑥用函数的单调性比较实数大小；⑦利用函数证明不等式或求不等式的解；⑧含参函数的参数对函数性质的影响及参数的变化范围；⑨函数模型的应用．
涉及的思想方法与关键能力有八个方面①数形结合思想；②分类讨论思想；③函数与方程思想；④等价转化思想；⑤数学抽象能力；⑥数学运算能力；⑦直观想象能力；⑧逻辑推理能力．
考查方式往往一大二小，分值约为25分左右（全国新课程Ⅰ卷略多），全国新课程Ⅰ，Ⅱ卷、甲卷（理）、乙卷（理）、北京卷、天津卷、浙江卷均以函数与导数压轴．
一．课标要求与典例分析
1．函数的概念和性质
函数的概念和性质部分主要考查三个方面函数概念的理解；对函数二域四性（单调性、奇偶性、周期性、对称性）的综合处理；运用基本初等函数的性质解决简单的不等式问题．
课表要求：（1）函数概念
①在初中用变量之间的依赖关系描述函数的基础上，用集合语言和对应关系刻画函数，建立完整的函数概念（参见案例2），体会集合语言和对应关系在刻画函数概念中的作用．了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域．
②在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法（如图象法、列表法、解析法）表示函数，理解函数图象的作用．
③通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用．
（2）函数性质
①借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义．
②结合具体函数，了解奇偶性的概念和几何意义．
③结合三角函数，了解周期性的概念和几何意义．
例1（2022全国新课程Ⅰ卷10）
1．已知函数，则（    ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【类题1】（2022北京卷4）
2．已知函数，则对任意实数x，有（    ）
A． B．
C． D．
【类题2】2022北京卷11）
3．函数的定义域是_________．
【类题3】（2022浙江卷14）
4．已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
例2（2022全国新课程Ⅰ卷12）
5．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（    ）
A． B． C． D．
【类题1】（2022全国乙卷理12）
6．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）
A． B． C． D．
【类题2】（2022全国新课程Ⅱ卷8）
7．已知函数的定义域为R，且，则（    ）
A． B． C．0 D．1
2．幂函数、指数函数、对数函数
幂函数、指数函数与对数函数是最基本的、应用最广泛的函数，是进一步研究数学的基础．本单元的学习，可以帮助学生学会用函数图象和代数运算的方法研究这些函数的性质；理解这些函数中所蕴含的运算规律；运用这些函数建立模型，解决简单的实际问题，体会这些函数在解决实际问题中的作用．
课表要求：（1）幂函数
通过具体实例，结合的图象，理解它们的变化规律，了解幂函数．
（2）指数函数
①通过对有理指数幂 、实数指数幂（a>0，且，a≠1，x∈R）含义的认识，了解指数幂的拓展过程，掌握指数幂的运算性质．
②通过具体实例，了解指数函数的实际意义，理解指数函数的概念．
③能用描点法或借助计算工具画出具体指数函数的图象，探索并理解指数函数的单调性与特殊点．
（3）对数函数
①理解对数的概念和运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数．
②通过具体实例，了解对数函数的概念．能用描点法或借助计算工具画出具体对数函数的图象，探索并了解对数函数的单调性与特殊点．
③知道对数函数与指数函数 互为反函数（a＞0，且a≠1）．
④*收集、阅读对数概念的形成与发展的历史资料，撰写小论文，论述对数发明的过程以及对数对简化运算的作用．
例3（2022全国甲卷理5）
8．函数在区间的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【类题】（2022全国乙卷文8）
9．如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（    ）

A． B． C． D．
3．函数、方程、不等式
函数、方程、不等式主要考查函数、方程、不等式相互转化，要求考生能用函数的观点看待方程与不等式，就是用动态的观点看方程与不等式，将方程与不等式看成函数变化过程中的一个特殊状态．对函数、方程与不等式的考查，多以基本初等函数为载体，考查实数比较大小，函数零点等问题．课表要求：
（1）二分法与求方程近似解
①结合学过的函数图象，了解函数的零点与方程解的关系．
②结合具体连续函数及其图象的特点，了解函数零点存在定理，探索用二分法求方程近似解的思路并会画程序框图，能借助计算工具用二分法求方程近似解，了解用二分法求方程近似解具有一般性．
例4（2022全国甲乙卷理12）
10．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【类题】（2022全国甲卷文12）
11．已知，则（    ）
A． B． C． D．
4．函数模型及其应用
数学建模主要考查学生的数学建模能力，以及分析问题和解决问题的能力，数学建模是对现实问题进行抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决实际问题．高考中常从以下几个方面进行考查用函数图象刻画实际问题的变化过程；用已知函数模型解决实际问题；构造函数模型解决实际问题．
课表要求：
①理解函数是描述客观世界中变量关系和规律的重要数学语言和工具．在实际情境中，会选择合适的函数类型刻画现实问题的变化规律．
②结合现实情境中的具体问题，利用计算工具，比较对数函数、一元一次函数、指数函数增长速度的差异，理解“对数增长”“直线上升”“指数爆炸”等术语的现实含义．
③收集、阅读一些现实生活、生产实际或者经济领域中的数学模型，体会人们是如何借助函数刻画实际问题的，感悟数学模型中参数的现实意义．
例5（2022北京卷7）
12．在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（    ）

A．当，时，二氧化碳处于液态
B．当，时，二氧化碳处于气态
C．当，时，二氧化碳处于超临界状态
D．当，时，二氧化碳处于超临界状态
5．导数的运算和几何意义
导数的运算和几何意义主要考查以下几个方面导数的基本运算、已知切点的切线方程问题、未知切点的切线方程问题、两条曲线的公切线问题．
课表要求：（1）导数概念及其意义
①通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想．
②体会极限思想．
③通过函数图象直观理解导数的几何意义．
（2）导数运算
①能根据导数定义求函数y=c，y=x，y=x2，y=x3，y=，y=的导数．
②能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数（限于形如f（ax+b））的导数．
③会使用导数公式表．
例6（2022全国新课程11卷14）
13．曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【类例1】2022全国甲卷文20）
14．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(1)若，求a；
(2)求a的取值范围．
【类题2】（2022新高考Ⅰ卷15）
15．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【类题3】2022浙江卷22）
16．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，，曲线上不同的三点，，处的切线都经过点．证明：若，则；
6．导数与函数零点问题
函数零点问题主要考点为直接求函数的零点，求函数零点的个数；已知函数零点个数求参数的范围；已知函数零点的范围求参数的范围．通常的解决策略为通过研究函数单调性和极值，并结合零点存在定理判断零点个数，可采取分类讨论，半参分离和全参分离等常见方法．
例7（2022全国乙卷文20）
17．已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【目标解析】该题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的极值、最值，已知零点个数求参数的取值范围等问题，考查分类讨论的思想，考查学生逻辑推理和数学运算素养．
7．导数与函数的单调性和极值（最值）
导数应用的常见考点为求函数的单调区间和函数的极值（最值）、极值点，函数的极值与函数的图象，已知函数极值（最值）求参数范围，函数极值（最值）与不等式证明等问题．
课表要求：导数在研究函数中的应用
①结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．
②借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大（小）值的关系．
例8（2022卷全国乙卷理16）
18．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
8．函数与导数综合应用
函数与导数综合应用主要融汇其他数学知识如数列、三角等，不等式证明问题是最常见的考查形式，往往需要用分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想方法加以解决，综合性较强，以难题居多，解答这类题目，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，合理构造是突破．
例9（2022全国新课程Ⅱ卷22）
19．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
二．函数与导数试题赏析
2022年的9份试卷中的函数与导数试题琳琅满目，不乏优秀试题，它们聚焦核心内容，突出理性思维，充分考查了学生分析问题解决问题的关键能力，试题设计立意高远，选材鲜活，难度适中，对当前的高中数学教学具有积极的指导意义．现选其中四例作一介绍．
例10（2022全国乙卷文16）
20．若是奇函数，则_____，______．
例11（2022北京卷20）
21．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
例12（2022全国新课程Ⅰ卷22）
22．已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
例13（2022全国乙卷21）
23．已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
例14（2022全国新高考|卷7）
24．设，则（    ）
A． B． C． D．
【回顾反思】该题以指数、对数和幂为载体，看似考查比较大小问题，实则以小见大，贯穿高中函数知识“主轴”，为我们展示了如何利用函数工具研究“数值估算”问题的一般原理与方法．本题解题入口宽阔，思维方法多样，涉及到的知识点有基本初等函数指、对、幂比大小问题，基本初等函数的导数、复合函数的导数，函数的单调性与导数的关系，不等式的证明与放缩等等，突出数学本质，重视理性思维，有机渗透了数学运算、逻辑推理、数据分析等数学核心素养．
三．函数与导数复习建议
1．夯实基础知识，熟练掌握处理函数与导数的基本方法高考对函数与导数的考查是全方位的，既有基础的单调性、极值、切线等问题，又有难度较高的参数范围、恒成立问题、不等式证明等综合问题．因此为了让学生高考中取得成功，首先在基础问题处理上下功夫，夯实其基础知识与基本方法，要通过基础题目的训练，确保学生能熟练掌握求导、求切线、及利用导数研究函数的单调性、极值最值的基本方法，过好基础知识关．复习时还要重视教材的基础作用和示范作用，讲清数学概念、原理、方法等，落实“四基”“四能”，引导学生养成利用教材中的基本概念出发解决问题的习惯．
2．构建知识网络，重视通性通法，优化解题方法在高考复习过程中，教师应重视学生知识结构的建构，帮助学生构建一个系统、完整的数学知识体系，使学生脑中有结构，手中有方法，具体的操作可经常性引导学生多视角、多方位思考一个问题，加强“一题多解、一题多变、多题一解”的训练，对导数中的一些经典问题既讲清通性通法的求解，又深入挖掘其中的本质，优化解题方法，要不厌其烦地将其中的环环相扣的分析求解过程呈现给学生，培养学生的分析推理能力等优良思维品质．
3．讲好导数综合题，提升数学素养，力破压轴题高考中导数综合题题往往较难，学生常常被它细致冗长的分析过程，独具匠心的解题技巧所吓倒，但一旦深入其中就会被试题的构思所吸引，复习时教师要精选例题，讲好每一个导数综合题，要从试题的背景出发，将试题背后的奥秘和内涵，类一类地给学生讲，让学生明白大多数导数题求解也是有规律的，一般求导、找驻点、分析单调性、估算放缩，有时构造新函数多次求导、再估算放缩，最后破题．总之通过导数综合题的复习，努力提高学生分析问题和解决问题的综合能力，力破压轴题．





参考答案：
1．AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.

2．C
【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．
【详解】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
故选：C．

3．
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：

4．          ##
【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出的最小值,的最大值即可.
【详解】由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为.
故答案为：，.

5．BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．

6．D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.

7．A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.

8．A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.

9．A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.

10．A
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．

11．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．

12．D
【分析】根据与的关系图可得正确的选项.
【详解】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误.
当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误.
当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，对应的是非超临界状态，故C错误.
当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.
故选：D

13．         
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：

所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.

14．(1)3
(2)

【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；
（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（2），则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：




0

1



0

0

0










则的值域为，故的取值范围为.

15．
【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：

16．(1)递增区间为，递减区间为
(2)证明见解析

【分析】（1）根据求得递增区间，求得递减区间即可；
（2）根据零点存在的条件得不等式即证得．
【详解】（1）解：，
由得，递增，
由得，递减，
故的递增区间为，递减区间为．
（2）证明：不妨设，则满足：
，
则是关于的方程，
即的三个正实根，
也即，
记，

，
则在上递减，上递增，上递减，
由于是的三个正实根，
则，
又由于时，，
，
，
时，，
于是，
，
由于，要证，
只需证，
即，
由上一问知，时，，
综上：．
【点睛】本题解题的关键是充分利用函数的单调性结合零点存在定理得到不等式即可证得．
17．(1)
(2)

【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.

18．
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．

19．(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析

【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.

20．     ；     ．
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性
若，则的定义域为，不关于原点对称

若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参


函数为奇函数




[方法三]：
因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．

21．(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析

【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，    
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.

22．(1)
(2)见解析

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

23．(1)
(2)

【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）

设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增

所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设

所以在单调递增

所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为

【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.

24．C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故