資源簡介

/ 讓教學更有效 精品試卷 | 數學
專題1 函數與導數
1.4 函數與導數高頻壓軸小題全歸納
考點分布 考查頻率 命題趨勢
零點 2024年新高考II卷第6題，5分 2024年全國甲卷第16題，5分 2024年天津卷第15題，5分 2023年新高考II卷第11題，5分 2022年新高考I卷第10題，5分 預測2025年新高考數學，導數知識將成為重頭戲。它可能以選擇題、填空題形式獨立出現，主要考察基礎計算與幾何理解，難度相對較低；或巧妙融入解答題之中，成為解題關鍵。特別是利用導數探究函數單調性、極值與最值等深層次應用，預計將作為選擇題、填空題的難點部分，出現在題序后端，難度適中偏上，綜合考查學生的分析能力和解題技巧。
不等式 2024年新高考II卷第8題，5分 2021年新高考II卷第16題，5分
三次函數 2024年新高考 I卷第10題，6分 2024年新高考 II卷第11題，6分 2022年新高考 I卷第10題，5分
有關函數與導數常見經典壓軸小題的高考試題，考查重點是零點、不等式、恒成立等問題，通常與函數性質、解析式、圖像等均相關，需要考生具有邏輯推理、直觀想象和數學運算核心素養。同時，對于實際問題，需要考生具有數據分析、數學建模核心素養.
1．（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】解法1：令，原題意等價于有且僅有一個零點，
因為，則為偶函數，
根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，即，解得，
若，則，
又因為當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時，等號成立，
即有且僅有一個零點0，所以符合題意；故選：D.
解法2：令，即，可得，
令，原題意等價于當時，曲線與恰有一個交點，
注意到均為偶函數，可知該交點只能在y軸上，可得，即，解得，
若，令，可得
因為，則，當且僅當時，等號成立，
可得，當且僅當時，等號成立，
則方程有且僅有一個實根0，即曲線與恰有一個交點，
所以符合題意；綜上所述：.故選：D.
2．（2024年全國甲卷）曲線與在上有兩個不同的交點，則的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】令，即，令
則，令得，
當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，，
因為曲線與在上有兩個不同的交點，
所以等價于與有兩個交點，所以.故答案為：
3．（2024年天津卷）設，函數.若恰有一個零點，則的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】令，即，由題可得，
當時，，有，則，不符合要求，舍去；
當時，則，
即函數與函數有唯一交點，由，可得或，
當時，則，則，
即，整理得，
當時，即，即，
當，或（正值舍去），
當時，或，有兩解，舍去，
即當時，在時有唯一解，
則當時，在時需無解，
當，且時，由函數關于對稱，令，可得或，
且函數在上單調遞減，在上單調遞增，令，即，
故時，圖象為雙曲線右支的軸上方部分向右平移所得，
由的漸近線方程為，即部分的漸近線方程為，其斜率為，
又，即在時的斜率，
令，可得或（舍去），且函數在上單調遞增，
故有，解得，故符合要求；
當時，則，
即函數與函數有唯一交點，由，可得或，
當時，則，則，
即，整理得，
當時，即，即，
當，（負值舍去）或，
當時，或，有兩解，舍去，
即當時，在時有唯一解，
則當時，在時需無解，
當，且時，由函數關于對稱，令，可得或，
且函數在上單調遞減，在上單調遞增，
同理可得：時，圖象為雙曲線左支的軸上方部分向左平移所得，
部分的漸近線方程為，其斜率為，
又，即在時的斜率，
令，可得或（舍去），且函數在上單調遞減，
故有，解得，故符合要求；
綜上所述，. 故答案為：.
4．（2023年全國乙卷）函數存在3個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，則，
若要存在3個零點，則要存在極大值和極小值，則，
令，解得或，且當時，，
當，，故的極大值為，極小值為，
若要存在3個零點，則，即，解得，故選：B.
5．（2023年天津卷）設,函數,若恰有兩個零點，則的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】（1）當時，，即，
若時，，此時成立；
若時，或，若方程有一根為，則，即且；
若方程有一根為，則，解得：且；
若時，，此時成立．
（2）當時，，即，
若時，，顯然不成立；
若時，或，若方程有一根為，則，即；
若方程有一根為，則，解得：；
若時，，顯然不成立；
綜上，當時，零點為，；當時，零點為，；
當時，只有一個零點；當時，零點為，；
當時，只有一個零點；當時，零點為，；當時，零點為．
所以，當函數有兩個零點時，且．故答案為：．
6．（2022年天津卷）設，對任意實數x，用表示中的較小者．若函數至少有3個零點，則的取值范圍為 .
【答案】
【解析】設，，由可得.要使得函數至少有個零點，則函數至少有一個零點，則，解得或.
①當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：
此時函數只有兩個零點，不合乎題意；
②當時，設函數的兩個零點分別為、，
要使得函數至少有個零點，則，所以，，解得；
③當時，，作出函數、的圖象如下圖所示：
由圖可知，函數的零點個數為，合乎題意；
④當時，設函數的兩個零點分別為、，
要使得函數至少有個零點，則，可得，解得，此時.
綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.
7．（多選題）（2023年新高考Ⅱ卷）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】函數的定義域為，求導得，
因為函數既有極大值也有極小值，則函數在上有兩個變號零點，而，
因此方程有兩個不等的正根，
于是，即有，，，顯然，即，A錯誤，BCD正確.
故選：BCD
8．（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，若，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】解法一：由題意可知：的定義域為，
令解得；令解得；
若，當時，可知，此時，不合題意；
若，當時，可知，此時，不合題意；
若，當時，可知，此時；
當時，可知，此時；可知若，符合題意；
若，當時，可知，此時，不合題意；
綜上所述：，即，則，當且僅當時，等號成立，所以的最小值為；
解法二：由題意可知：的定義域為，令解得；令解得；
則當時，，故，所以；
時，，故，所以；
故， 則，
當且僅當時，等號成立，所以的最小值為.故選：C.
9．（多選題）（2024年新高考Ⅰ卷）已知函數，則（ ）
A．有兩個極值點 B．有三個零點
C．點是曲線的對稱中心 D．直線是曲線的切線
【答案】AC
【解析】由題，，令得或，令得，
所以在，上單增，上單減，所以是極值點，故A正確；
因，，，
所以，函數在上有一個零點，
當時，，即函數在上無零點，
綜上所述，函數有一個零點，故B錯誤；
令，該函數的定義域為，，
則是奇函數，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，
所以點是曲線的對稱中心，故C正確；
令，可得，又，
當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.故選：AC.
10．（多選題）（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，則（ ）
A．當時，有三個零點
B．當時，是的極大值點
C．存在a，b，使得為曲線的對稱軸
D．存在a，使得點為曲線的對稱中心
【答案】AD
【解析】A選項，，由于，
故時，故在上單調遞增，
時，，單調遞減，
則在處取到極大值，在處取到極小值，
由，，則，
根據零點存在定理在上有一個零點，
又，，則，
則在上各有一個零點，于是時，有三個零點，A選項正確；
B選項，，時，，單調遞減，
時，單調遞增，此時在處取到極小值，B選項錯誤；
C選項，假設存在這樣的，使得為的對稱軸，
即存在這樣的使得，即，
根據二項式定理，等式右邊展開式含有的項為，
于是等式左右兩邊的系數都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在這樣的，使得為的對稱軸，C選項錯誤；
D選項，方法一：利用對稱中心的表達式化簡
，若存在這樣的，使得為的對稱中心，則，事實上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的對稱中心，D選項正確.
方法二：直接利用拐點結論 任何三次函數都有對稱中心，對稱中心的橫坐標是二階導數的零點，
，，，
由，于是該三次函數的對稱中心為，
由題意也是對稱中心，故，
即存在使得是的對稱中心，D選項正確.故選：AD
11．（多選題）（2024年新高考Ⅰ卷）設函數，則（ ）
A．是的極小值點 B．當時，
C．當時， D．當時，
【答案】ACD
【解析】對A，因為函數的定義域為R，而，
易知當時，，當或時，
函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，故是函數的極小值點，正確；
對B，當時，，所以，
而由上可知，函數在上單調遞增，所以，錯誤；
對C，當時，，而由上可知，函數在上單調遞減，
所以，即，正確；
對D，當時，，
所以，正確；
故選：ACD.
12．（2022年全國乙卷）已知和分別是函數（且）的極小值點和極大值點．若，則a的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】[方法一]：【最優解】轉化法，零點的問題轉為函數圖象的交點
因為，所以方程的兩個根為，
即方程的兩個根為，
即函數與函數的圖象有兩個不同的交點，
因為分別是函數的極小值點和極大值點，
所以函數在和上遞減，在上遞增，
所以當時，，即圖象在上方
當時，，即圖象在下方
，圖象顯然不符合題意，所以．令，則，
設過原點且與函數的圖象相切的直線的切點為，
則切線的斜率為，故切線方程為，
則有，解得，則切線的斜率為，
因為函數與函數的圖象有兩個不同的交點，
所以，解得，又，所以， 綜上所述，的取值范圍為．
[方法二]：【通性通法】構造新函數，二次求導 =0的兩個根為
因為分別是函數的極小值點和極大值點，
所以函數在和上遞減，在上遞增，
設函數，則，
若，則在上單調遞增，此時若，
則在上單調遞減，在上單調遞增，此時若有和分別是函數
且的極小值點和極大值點，則，不符合題意；
若，則在上單調遞減，此時若，則在上單調遞增，在上單調遞減，令，則，此時若有和分別是函數且的極小值點和極大值點，且，則需滿足，，即故，所以.
13．（2022年北京卷）設函數若存在最小值，則a的一個取值為 ；a的最大值為 ．
【答案】 0（答案不唯一） 1
【解析】若時，，∴；若時，當時，單調遞增，當時，，故沒有最小值，不符合題目要求；
若時，當時，單調遞減，，
當時，∴或，解得，
綜上可得；故答案為：0（答案不唯一），1
14．（2023年全國乙卷）設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是 .
【答案】
【解析】由函數的解析式可得在區間上恒成立，
則，即在區間上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
結合題意可得實數的取值范圍是. 故答案為：.
高頻考點一 函數的零點個數問題（分段分析法）
核心知識：
分段分析法：有的函數直接通過導函數判別特別困難或根本無法實現，那么我們可以嘗試將這個函數分割成兩個或多個函數分別研究其單調性，若這幾個函數的單調性恰巧一致，那么問題就得到解決了。
典例1：（2024·黑龍江·高三校考期中）設函數（其中為自然對數的底數），若函數至少存在一個零點，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令,則，
設，令， ，則，
發現函數在上都是單調遞增，在上都是單調遞減，
故函數在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，得，所以函數至少存在一個零點需滿足，即．應選答案D．
變式訓練
1．（2024·江蘇·高三專題練習）已知函數(e為自然對數的底數)有兩個不同零點，則實數的取值范圍是___________.
【答案】
【解析】由，得，且
由，則
若，則，此時，在上單調遞增，至多有一個零點，不滿足題意.
若，設，則，所以在上單調遞增
由，所以有唯一實數根，設為，即
則當時，，，則在單調遞減，
當時，，，則在單調遞增，
所以當時，
由可得，即，即
所以， 又當時，，
當，指數函數增加的速度比對數函數增加的速度快得多，可得
所以函數有兩個不同零點，則
設，則 當時，有，則在上單調遞增.
當時，有，則在上單調遞減.
又當時，， 所以當時，，當時，，
所以的解集為 故答案為：
2．（2024·浙江·高三專題練習）已知函數存在4個零點，則實數的取值范圍是__________．
【答案】
【解析】轉化為有四個解，即在范圍內有四個解，
即在范圍內有四個解，即在范圍內有四個解，
即在范圍內有四個解，令，則，令得，
所以當時，，當時，，
所以在單調遞增，在單調遞減，所以，做出大致圖像如下：
令，則原方程轉化為，令，，
令得，當時，，當時，，
所以在遞減，在遞增，做出大致圖像如下：
所以時，對應解出兩個值，從而對應解出四個值，故答案為：.
高頻考點2 函數的唯一零點問題
典例1：（2024·重慶·校考三模）已知函數有唯一零點，則實數（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【解析】通過轉化可知問題等價于函數的圖象與函數的圖象只有一個交點求的值，分，，三種情況，結合函數的單調性分析可得結論.函數有唯一零點，等價于函數的圖象與函數的圖象只有一個交點，
當時，，此時有兩個零點，不滿足題意；
當時，由于在上單調遞減，在上單調遞增，且在上單調遞減，在上單調遞增，
所以函數的圖象最低點為，函數的圖象最低點為，由于，故兩個函數的圖象有兩個交點，不滿足題意；
當時，由于在上單調遞減，在上單調遞增，且在上單調遞增，在上單調遞減，
所以函數的圖象最低點為，函數的圖象最低點為，若兩函數只有一個交點，則，即.故選：D.
技法點撥
根據偶（或奇）函數零點特性可知：若偶（或奇）函數有唯一零點，則必然在處取得，即。
其實此結論也可以拓展為：
若函數具有軸對稱性（對稱軸為），且有唯一零點，則必然在處取得，即.
變式訓練：
1.（2024·山西·高三校考期末）已知函數有唯一零點，則（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】因為函數，令，
則為偶函數，
因為函數有唯一零點，所以有唯一零點，
根據偶函數的對稱性，則，解得，故選：B
2．（2024·湖北·校考一模）已知函數，，若與的圖象有且只有一個公共點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】將問題轉化為與有唯一交點的問題，利用導數可求得的單調性和最值，由此得到大致圖象，數形結合可求得結果.與圖象有且僅有一個公共點，有唯一解，即有唯一解，令，則，，
，，在上單調遞增，
又，當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，，
可得大致圖象如下圖所示：
有唯一解等價于與有唯一交點，由圖象可知：當時，與有唯一交點，即與的圖象有且只有一個公共點.故選：C.
高頻考點3 嵌套函數的零點問題
核心知識：
嵌套函數：又名復合函數，指的是形如的函數，嵌套函數零點問題的求解關鍵在于“設”，注意定義域與值域的轉化，結合圖像解題。
典例1：（2024·浙江·高三專題練習）已知函數，設關于的方程有個不同的實數解，則的所有可能的值為（ ）
A．3 B．1或3 C．4或6 D．3或4或6
【答案】B
【解析】由已知，，令，解得或，則函數在和上單調遞增，在上單調遞減，極大值，最小值.
f(x)的圖象如下：
綜上可考查方程的根的情況如下： （1）當或時，有唯一實根；
（2）當時，有三個實根；（3）當或時，有兩個實根；
（4）當時，無實根. 令，則由，得，
當時，由，符號情況（1），此時原方程有1個根，
由，而，符號情況（3），此時原方程有2個根，綜上得共有3個根；
當時，由，又，符號情況（1）或（2），此時原方程有1個或三個根，
由，又，符號情況（3），此時原方程有兩個根，
綜上得共1個或3個根.綜上所述，的值為1或3.故選B.
變式訓練：
1．（2024·福建·高三校考期末）定義在上函數，若關于的方程(其中)有個不同的實根，，…，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，得.
或及，函數圖像如圖所示，由圖可知，共有五個根，，，，，且，和關于對稱，和關于對稱，所以為，.故選：A
2．（2025·四川廣安·高三校考階段練習）設定義域為R的函數，若關于x的方程有3 個不同的實數解x1、x2、x3且x1< x2A． B．1 + a + b = 0
C．x1 + x3 = D．x1 + x3 > 2x2
【答案】D
【解析】分段函數的圖象如圖所示：
由圖可知，只有當時，它有三個根，其余的根為0或2個，
由，即，解得，或．
若關于的方程有且只有3個不同實數解，只能為，
其解分別是，，0，因為，即，，，
，，，故正確的有ABC 故選：D．
高頻考點4 不動點與穩定點問題
核心知識：
1、不動點定義：一般地，對于定義在區間上的函數，若存在，使得，則稱是函數的一階不動點，簡稱不動點．
從代數角度看，一階不動點是方程的根．
從幾何角度看，一階不動點是曲線與直線的交點的橫坐標．
2、穩定點定義：若存在，使，則稱是函數的二階不動點，簡稱穩定點．
從代數角度看，二階不動點是方程的解，也就是方程組的解；
從幾何角度看，函數的二階不動點是指：函數圖象上關于直線對稱的兩點的橫坐標（即函數與其反函數的交點的橫坐標），或直線與函數交點的橫坐標．
3、不動點與穩定點的結論
（1）有解等價于有解。
特別地，當函數單調遞增時，的解與的解相同．
（2）無解等價于無解。
（3）有解等價于有解。
（4）無解等價于無解。
典例1：（2024·高三·福建泉州·期中）已知函數，若曲線上存在點，使得，則實數的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】依題意，，而，即函數是奇函數，
由曲線上存在點，使得，得存在，使成立，函數在定義域內單調遞增，下面證明：成立，
假設，則，不滿足，假設不成立，
假設，則，不滿足，假設不成立，因此，
則原問題等價于“在上有解”，即“在上有解”，
設，，求導得，
令，求導得，由，解得，
當時，；當時，，在上遞減，在遞增，
因此，函數在上單調遞增，
于是的值域為，即，則，所以實數的取值范圍是.故答案為：。
變式訓練：
1.已知函數，若曲線上存在點，使得，則實數的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】曲線上存在點,.
函數在上單調遞增. 下面證明.
假設,則,不滿足.
同理假設,則不滿足. 綜上可得:.
令函數,化為 .令 ,.
,函數在單調遞增. .
的取值范圍是. 所以A選項是正確的.
2．對于函數，若，則稱為函數的“不動點”；若，則稱為函數的“穩定點”．如果函數的“穩定點”恰是它的“不動點”，那么實數的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】因為函數的“不動點”一定是“穩定點”，而函數的“穩定點”恰是它的“不動點”，即不存在非“不動點”的“穩定點”，因此方程有解，但方程組無解，
由，得有解，則有，解得，
由，得，兩式相減得，
而，于是，從而，
顯然方程無解或僅有兩個相等的實根，因此，解得，
所以a的取值范圍是. 故答案為：
高頻考點5 指數與對數函數的交點問題（反函數法）
典例1：（2024·山東濟南·一模）設分別是函數和的零點(其中)，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，得即，所以是圖像與圖像的交點，且顯然，
令，得，即，所以是圖像與圖像的交點，
因為與關于對稱，所以兩根也關于對稱，所以有，
所以，令在上單調遞減，所以 故選：C
技法點撥
當時，方程有且只有三解；當時，方程有且只有一解；
當，方程無解；當時，方程有且只有一解；
當時，方程有且只有兩解
變式訓練：
1.（2024·廣東·模擬預測）若函數與其反函數的圖像有交點，則實數的值可以是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【解析】當時，無反函數，故不符合題意；
由選項可知只需考慮即可.此時為指數函數，我們知道函數的反函數為，
當與相切時，設切點為，在切點處兩直線兩函數值與斜率相等，
則，由③可得，代入②可得：，
解得：，綜上，由于，故，故選：B
2.（2024·山東·模擬預測）已知函數的零點為，函數的零點為，則下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令、，則、，
在同一坐標系中分別繪出函數、、的圖像，
因為函數的零點為，函數的零點為，所以，，
解方程組，
因為函數與互為反函數，所以由反函數性質知、關于對稱，
則，，，A、B、D錯誤，
因為，所以在上單調遞增，因為，，
所以，因為點在直線上，
所以，，故C正確，故選：C．
高頻考點6 函數共零點問題
核心知識：
共零點問題：此類問題往往是的形式，其特征是兩個函數具備相同的零點．
典例1：（2024·高三·湖北武漢·開學考試）設函數，若，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】的定義域為，令，得，
①當時，滿足題意，；
②當時，，由，得，
要使任意，恒成立，則，所以；
③當時，，由，得，
要使任意，恒成立，則，所以；
綜上，，即. 又，，
當且僅當時，取最小值.所以的最小值為.故選：A.
變式訓練：
1.（2024·重慶·模擬預測）設函數，若恒成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．9
【答案】C
【解析】解法一：的定義域為，易知函數在R上單調遞增，在R單調遞減，
令解得或；由恒成立可知必有，
則，
當且僅當時，等號成立，所以的最小值為．故選：C．
解法二：同法一得，設點，則點在定直線上，
設點，則，
當時有最小值，由點線距公式可得，
故的最小值為．故選：C．
2.（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數，且在定義域內恒成立，則實數的取值范圍為 ．
【答案】或
【解析】先求得的定義域，然后對和的符合進行分類討論，由此求得實數的取值范圍.依題意，定義域為.
由于在定義域內恒成立，則
①恒成立，即在恒成立.令，，故在上遞減，在上遞增，故.所以由可得，即.
②恒成立，即在恒成立，不存在這樣的.
③當時，由于在上遞增，在上遞減，要使在定義域內恒成立，則需和有相同的零點.由，解得.
綜上所述，實數的取值范圍是或.故答案為：或
高頻考點7 整數解問題
核心知識：
1、直接法：為了得到含參函數的單調性與最值，往往需要對參數進行分類討論。
2、參數分離法：參數分離后，根據所得函數的圖象，討論參數的取值范圍，分離又有完全分離與不完全分離兩種。
典例1：（2024·高三·重慶·期中）若關于x的不等式 的解集中恰有三個整數解，則整數a的取值是（ ）(參考數據:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】不等式可整理為，
當時，成立，所以其它兩個整數解大于1，
當時，原不等式可整理為，令，則，
令，則，
當時，，則在上單調遞增，
又，所以，所以在上單調遞增，所以不等式的兩個整數解只能是2,3，所以不等式的三個整數解為1,2,3，
則，解得，
因為，，，所以整數.故選：B.
變式訓練：
1.已知函數，若不等式的解集中有且僅有一個整數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，
又當時，，當時，且，作出的函數圖象如圖所示：
由僅有一個整數解，得只有一個整數解，
設，由圖象可知：當時，在上恒成立，不符合題意，
當時，若只有1個整數解，則此整數解必為1，
所以，即，解得．故選：D．
2.若不等式（其中）的解集中恰有一個整數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令，當時，，當，
故在上單調遞減，在上單調遞增，所以，且，
而當無限趨向于負無窮大時，無限趨向于0，
當無限趨向于正無窮大時，無限趨向于正無窮大，
令，該函數圖象為恒過的動直線，因為不等式的解集中恰有一個整數，
結合圖象可得，即，所以. 故選：D
高頻考點8 等高線問題
核心知識：
對于函數，若，則直線叫做函數的等高線．此類題通常以求取值范圍的形式出現，其基本方法是“減元”，即充分利用函數值相等這一條件實施“消元”．
典例1：（2024.重慶模擬預測）已知函數，若關于x的方程有4個不同的實根，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由關于x的方程有4個不同的實根可知函數與圖象有4個交點；
作出函數函數與的圖象如下圖所示：
由圖可知，又可得，
易知，可知，則有，
即，所以，易知二次函數圖象關于對稱，
即可得關于對稱，即，即可得，
令，解得或，所以，
因此. 故選：A
變式訓練：
1.（2024·山東·高三校聯考期中）函數，若，且a，b，c，d互不相等，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，且，不妨設，作圖如下：
由圖可知，且二次函數的對稱軸為直線，易知，則，
，當且僅當時，等號成立，可得；
由圖可知，則，可得，解得. 綜上所述，.故選：C.
2.（2025·廣東·高三校聯考期中）設函數，若（其中），則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出函數的圖象，如圖所示，設，
由圖可知，當時，直線與函數的圖象有四個交點，
交點的橫坐標分別為，且，
當時，令，解得或.由圖可知，,，
由，可得，所以，
則有，所以.
令，易知在上為減函數，且，
故，則的取值范圍是. 故選：D
高頻考點9 倍值函數問題
核心知識：
對于函數，這樣的問題稱之為倍值函數問題，該類問題主要有三個模型：（1）模型1：函數單調遞增，方程同構即可；（2）模型2：函數單調遞減，兩式相減即可；（3）模型3：函數有增有減，分類討論即可．
典例1：1．（2024·高三·浙江·開學考試）函數的定義域為，若存在閉區間，使得函數滿足：(1)在上是單調函數；(2)在上的值域為，則稱區間為的“倍值區間”．下列函數中存在“倍值區間”的有 ．（填上所有正確的序號）
①；②；③；④．
【答案】①③④．
【解析】由題意(1) 在內是單調函數；(2)，或，
對于①. ，若存在“倍值區間” ，則在單調遞增，
則，即解得，所以，故存在“倍值區間” ；
對于②. ，若存在“倍值區間” ，則在單調遞增，
則，則，則為方程的兩個實數根.
構建函數，故，則函數在上單調減，在上單調增，
所以函數在處取得極小值，且為最小值，由，
所以無解，故函數不存在“倍值區間”；
對于③. ，，則在上單調遞增，在上單調遞減.
若存在“倍值區間” ，則，即，解得，故存在“倍值區間” ；
對于④. 且，則函數在定義域內為單調增函數，不妨設，
若存在“倍值區間” ，則，即，
則為方程的兩個實數根，即為方程的兩個實數根.
設，在方程中，，故又兩個不等實數根，設為
則，所以均為正數.
所以方程有兩個不等的正根，故存在“倍值區間” ；
綜上知，所給函數中存在“倍值區間”的有①③④，故答案為: ①③④
變式訓練：
1.（2024·湖北·高三校聯考期中）已知函數（且），若存在實數，使函數在上的值域恰好為，則的取值范圍為 .
【答案】
【解析】當時，在上單調遞增，在上單調遞增，
當時，在上單調遞減，在上單調遞減，
故在單調遞增，，，
即有兩個解，設，，即有兩個不相等的正根，
故，解得.故答案為：.
2.（2024·山東菏澤·校考一模）已知函數，當時，的值域為，則實數的取值范圍是 .
【答案】
【解析】因為，故，又 二次函數圖像的對稱軸為，
當時，有，故，兩式相減并化簡得到，所以，
故，同理，
所以方程有兩個大于或等于的不等的實數根，
令，則 ，所以.
若，則，即，
所以兩個小于或等于的不等式的實數根，故且.
若，則①或②，對于①，
當時，有；當時，無解.
對于②，有，整理得到，
得，，綜上， 且.故答案為：.
高頻考點10 雙參數比值型問題
核心知識：
對于雙參數比值型問題，零點比大小法是一種有效的解決策略。這種方法類似于數形結合的思想，首先我們將問題中的曲線和直線部分“曲直分開”，分別繪制出它們的圖像，并找出它們的零點。
在這里，直線的零點具有特殊的意義，它通常對應著我們待求的雙參數比值。接下來，我們觀察直線和曲線的交點情況，特別是當直線的零點與曲線的零點重合時，這意味著雙參數比值取得了最值（這個最值可能是最大值，也可能是最小值，具體取決于題目的要求）。
在圖像上，這種最值情況表現為直線與曲線在曲線的零點處相切。換句話說，當直線與曲線僅有一個交點，并且這個交點恰好是曲線的零點時，雙參數的比值就達到了它的最值。
因此，通過繪制曲線和直線的圖像，尋找它們的零點，并觀察它們之間的交點情況，我們可以直觀地找到雙參數比值的最值。這種方法不僅直觀易懂，而且在實際應用中非常有效。
典例1：（2024·安徽合肥·模擬預測）設，若關于的不等式在上恒成立，則的最小值是 .
【答案】/
【解析】由題意知，不等式在上恒成立，
令，則在上恒成立，令，所以，
若，則在遞增，當時，，不等式不恒成立，
故，當時，，當時，，
所以當時，取得最大值，
所以，所以，所以，
令，則，
所以，當時，當時，，
所以當時，取得最小值的最小值是.
又，所求最小值是.故答案為：
變式訓練：
1.（2024·江蘇·一模）已知函數，其中為自然對數的底數，若不等式恒成立，則的最大值為 ．
【答案】
【解析】由函數的解析式可得：，
當時，，不合題意，舍去，當時，由可得：，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，
則當時，函數取得最大值，即，即：，
整理可得：，即恒成立，
則原問題轉化為求解的最大值. 求導可得：，
令，則，令可得：，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，
當時，取得最大值：，
且：當時，所以，，
據此可知在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
即函數的最大值為，綜上可得：的最大值為.
2.（2024·河北滄州·三模）若不等式，對于恒成立，則的最大值為 .
【答案】
【解析】令函數，則，
由，解得，當時，；當時，，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以在處取得極小值，
也是最小值為，
由不等式，可得，所以，
令，則，當時，；當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
即，即，所以的最大值為.故答案為：.
高頻考點11 三次函數問題
核心知識：
1、由于三次函數的導函數為二次函數，其圖象變化規律具有對稱性，所以三次函數圖象也應當具有對稱性，其圖象對稱中心應當為點，此結論可以由對稱性的定義加以證明．事實上，該圖象對稱中心的橫坐標正是三次函數導函數的極值點．
2、對于三次函數圖象的切線問題，和一般函數的研究方法相同．導數的幾何意義就是求圖象在該店處切線的斜率，利用導數研究函數的切線問題，要區分“在”與“過”的不同，如果是過某一點，一定要設切點坐標，然后根據具體的條件得到方程，然后解出參數即可．
典例1：（2024·遼寧沈陽·高三校考期中）已知函數，則下列結論錯誤的是（ ）
A．當時，若有三個零點，則b的取值范圍為
B．若滿足，則
C．若過點可作曲線的三條切線，則
D．若存在極值點，且，其中，則
【答案】B
【解析】對于A ，，當時，，，
令，解得或，
在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時取得極大值，當時取得極小值，
有三個零點，，解得，故選項A正確；
對于B ，滿足，根據函數的對稱可知的對稱點為，將其代入，得，
解得，故選項B錯誤；
對于C ，，
設切點為，則切線的斜率
化簡 由條件可知該方程有三個實根，有三個實根，
記，，令，解得或，
當，，當，，當，，
所以當時，取得極大值，當時，取得極小值，
因為過點可作出曲線的三條切線，
所以，解得，故選項C正確；
對于D ，，，當，在上單調遞增；
當，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
存在極值點，由得令，
，于是，所以
，化簡得：，
，，于是，.故選項D正確；故選：B
變式訓練：
1.（2024·山西·一模）已知函數存在極值點，且，其中，
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【解析】由題意，求得導數，
因為函數存在極值點，，即，
因為，其中，所以，
化為：，
把代入上述方程可得：，
化為：，
因式分，，．故選C．
2．（2024·四川成都·模擬預測）對于三次函數（），給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”．某同學經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心．設函數，則（ ）
A．2014 B．2013 C． D．1007
【答案】A
【解析】，所以，令 ， ，所以的對稱中心為 ，
故選：A
高頻考點12 指對同構問題
核心知識：
常見同構式：①積型
對數化:令，得
指數化:令，得
不等式兩邊同時取對數變形：令，得
②商型
對數化:令，得
指數化:令，得
不等式兩邊同時取對數變形：令，得
③和差型
對數化:令，得
指數化:令，得
再比如令，得．
典例1：（2024·湖南郴州·三模）設實數，若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為 .
【答案】
【解析】因為通分得：即：；設，函數在單調遞增，
恒成立，得：即設，
易知函數在上單調遞增，在上單調遞減 故答案為：
變式訓練：
1.（2024·湖北·模擬預測）在數學中，我們把僅有變量不同，而結構、形式相同的兩個式子稱為同構式，相應的方程稱為同構方程，相應的不等式稱為同構不等式．若關于的方程和關于的方程（，，）可化為同構方程，則 ， ．
【答案】 3 8
【解析】對兩邊取自然對數得 ①．對兩邊取自然對數得，即 ②．
因為方程①，②為兩個同構方程，所以，解得．
設（），則，
所以函數在上單調遞增，所以方程的解只有一個，所以，
所以，故． 故答案為：3；8．
2.（2024·高三·四川內江·期中）若恒成立，則的取值范圍為 .
【答案】
【解析】依題意，．得，所以，所以，
因為，所以，若，顯然成立，此時滿足；
若，令，在上恒成立，
所以在上單調遞增，而，所以．
綜上，在上恒成立，所以．令，所以，
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
所以，即．所以的取值范圍為.
高頻考點13切線放縮與夾逼
核心知識：
（1）指數函數的切線不等式：①；②．
（2）對數函數的切線不等式：①；②；③．
（3）三角函數的切線不等式：
①當時， ；當時， ；
②當時， ；當時， ．
③切線與割線相結合的形式：當時，
典例1：（2024·山西晉中·二模）若存在實數x，y滿足，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】C
【解析】令函數，可得，
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，
所以當，可得，
令函數，則，當且僅當時取等號，
又由，所以，所以，所以．故選：C.
變式訓練：
1.（2024·河南·一模）已知實數滿足，則
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】將原式作如下變形得：.由此可構造函數：.不妨設，可得，由知，時，，時，，所以（當且僅當時取“”）.即解得，故.故選C.
2.（2024·河南·模擬預測）已知函數，，其中e為自然對數的底數，若存在實數使得成立，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以.又，當且僅當時取等號，
所以，當且僅當兩個不等式同時取等號時，等號成立.
若存在實數使得成立，則，即.故選：D
高頻考點14 函數的切線問題（切線條數、公切線、切線重合與垂直）
典例1：（2024·廣東·高三校聯考開學考試）已知過點不可能作曲線的切線．對于滿足上述條件的任意的b，函數恒有兩個不同的極值點，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】設是曲線上的任意一點，，
所以在點處的切線方程為，
代入點得，，由于過點不可能作曲線的切線，
則直線與函數的圖象沒有公共點，，
所以函數在區間上導數大于零，函數單調遞增；
在區間上導數小于零，函數單調遞減，
所以當時，函數取得極大值也即是最大值，則．
對于滿足此條件的任意的b，函數恒有兩個不同的極值點，
等價于恒有兩個不同的變號零點，等價于方程有兩個不同的解．
令，則，，
即直線與函數的圖象有兩個不同的交點．
記，則，
記，則，所以在上單調遞增．
令，得．當時，，當時，，
所以在上單調遞減，上單調遞增．所以．
所以．因為，所以，所以．
即實數a的取值范圍是．故選：A
變式訓練：
1．（2024·上海閔行·高三校考期末）若函數的圖像上存在兩個不同的點，使得在這兩點處的切線重合，則稱為“切線重合函數”，下列函數中不是“切線重合函數”的為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】對于A， 顯然是偶函數， ，
當 時， ，單調遞減，當 時， 單調遞增，
當 時， ，單調遞減，當 時，單調遞增；
在 時， ，都取得極小值，由于是偶函數，在這兩點的切線是重合的，故A是“切線重合函數”；對于B， 是正弦函數，顯然在頂點處切線是重合的，故B是“切線重合函數”；
對于C，考察 兩點處的切線方程， ，
兩點處的切線斜率都等于1，在A點處的切線方程為 ，化簡得： ，
在B點處的切線方程為 ，化簡得 ，顯然重合， C是“切線重合函數”；
對于D， ，令 ，則 ，
是增函數，不存在 時， ，所以D不是“切線重合函數”；故選：D.
2．（2024·河南·高三專題練習）若函數的圖象上存在兩條相互垂直的切線，則實數的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為，所以，因為函數的圖象上存在兩條相互垂直的切線，不妨設函數在和的切線互相垂直，
則，即①，
因為a一定存在，即方程①一定有解，所以，
即，解得或，
又，所以或，，
所以方程①變為，所以，故A，B，D錯誤.故選：C.
3．（2024·廣東·高三專題練習）若函數與的圖象存在公共切線，則實數a的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，設公切線與的圖象切于點，與曲線切于點，
∴，故，所以，∴，∵，故，設，則，
∴在上遞增，在上遞減，∴，∴實數a的最大值為e 故選：B.
4．（2024·江蘇·高三專題練習）若過點可以作曲線的三條切線，則（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題可得，設切點，則，整理得，
由題意知關于的方程有三個不同的解，
設，，由，得或，又，
所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，單調遞增，當時，當時，，且，，函數的大致圖像如圖所示，
因為的圖像與直線有三個交點，所以，即.故選：D.
高頻考點15 不等式的恒成立（存在）問題
典例1：（2024·廣東·高三校聯考階段練習）已知函數對任意的，恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因為，且恒成立，則在上恒成立，令，
則，令，則，
所以在上單調遞增，
又因為，，所以存在，使得，
當時，，也即，此時函數單調遞減；
當時，，也即，此時函數單調遞增；故，
因為，所以，
則，令，則，所以在上單調遞增，則有，所以
，所以，則，故選：.
變式訓練：
1．（2024·四川南充·校考模擬預測）若存在，使得對于任意，不等式恒成立，則實數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，其中，則，
當時，，則函數在上單調遞增，且，
令，則，
因為函數在上單調遞增，
，，所以，存在，使得，
當時，，此時函數單調遞增，
當時，，此時函數單調遞減，如下圖所示：
由題意得，直線恒位于的圖象上方，的圖象下方，
代表直線在軸上的截距，當直線變化時觀察得當直線過且與曲線相切時，最小．設切點為，則，整理可得，
令，則，，
而當時，，，所以，，
所以當時，，則函數在上單調遞增，
所以有唯一的零點，所以，此時直線方程為，故.故選：C.
2．（2024·吉林·校聯考模擬預測）已知函數（，）在區間上總存在零點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】設為函數在區間上的零點，
因為函數（，）在區間上總存在零點，
所以，即，，則點是直線上的點，
所以（），設（），
則設，，
則，，令，，
則，當時，，所以在上是增函數，
則，即當時，，所以在是增函數，則，
即時，，所以在上是增函數，則，
綜上：的最小值為，故選：A.
1．（2024·河南·校考三模）已知為三次函數，其圖象如圖所示.若有9個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】作出的圖像如圖所示，由的圖像可知，
的極大值為，極小值為，
有9個零點，令，結合和的圖像可知，有3個解，
分別設為，且，且每個對應都有3個滿足，欲使有9個零點，
由圖可知：，且，，，
由函數的解析式知：，，，由圖像可知，，
則，解得，得，故選：A.
2.（2024·高三·成都·期末）已知函數有唯一零點，則（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】把函數等價轉化為偶函數，利用偶函數性質，有唯一零點，由得解.因為，
令 則，
因為函數有唯一零點，
所以也有唯一零點，且為偶函數，圖象關于軸對稱，由偶函數對稱性得，所以，解得，故選：D.
3.（2024·云南·高三校考階段練習）已知函數有唯一零點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】有零點，則，
令，則上式可化為，因為恒成立，所以，
令，則，故為偶函數，
因為有唯一零點，所以函數的圖象與有唯一交點，
結合為偶函數，可得此交點的橫坐標為0，故.故選：D
4．（2024·安徽亳州·高三校考階段練習）設定義域為R的函數，若關于x的方程有且僅有三個不同的實數解，且.下列說法錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】分段函數的圖象如圖所示：
由圖可知，只有當時，它有三個根，其余的根為0或2個，
由，即，解得，或．
若關于的方程有且只有3個不同實數解，只能為，
其解分別是，，0，因為，即，，，
，，，故正確的有ABC，故選：D．
5.（2024·湖南長沙·模擬預測）若當時，關于x的不等式恒成立，則滿足條件的a的最小整數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】設，，
則，設，
則，
當時，，故，而，
故當時，，故在為增函數，故，故在為增函數，
所以即恒成立.
當時，，故存在，使得任意，總有，
故在為減函數，故任意，總有，所以任意，總有，
故在為減函數，故，這與題設矛盾，故最小整數為0．故選:A．
6.（2024·重慶渝中·校考模擬預測）已知，存在唯一的整數，使得成立，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設，，
由題意可知函數在直線下方的圖象有且只有一個點的橫坐標為整數，
因為，所以，由，解得，由，解得，
則在上單調遞增，在上單調遞減；
又，，，即過點，，
且當時，當時；如圖，作出的大致圖象如下所示：
因為直線過定點，且當時，
所以，即，故，即的取值范圍是．故選：D
7.（2025·廣東·校考模擬預測）設函數，若互不相等的實數，，滿足，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作出的圖像如下圖所示，，不妨設，
，時，，
則由圖像可知，，，所以，故選：D.
8．（2024·上海·高三校考階段練習）已知函數，則下列說法不正確的是（ ）
A．方程恰有3個不同的實數解
B．函數有兩個極值點
C．若關于x的方程恰有1個解，則
D．若，且，則存在最大值
【答案】C
【解析】由已知得，作出圖象，如下圖，
對于A選項：由方程得或或，
有圖可知無解，無解，有個解，故A正確；
對于B選項：由圖可知，和是函數的兩個極值點，故B正確；
對于C選項：若方程恰有1個解，即函數與函數的圖象僅有一個交點，可得或，故C錯誤；對于D選項：令，則，且，
則， ，，那么，設，，
則，令，，則，顯然在時，恒成立，即在上單調遞增，
且，，所以存在，使得，
那么當時，，此時單調遞增，當時，，此時單調遞減，
所以在上存在最大值，即存在最大值，故D正確.故選：C.
9.（2024·河南鄭州·一模）已知函數，實數滿足， ，則
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【解析】設函數圖象的對稱中心為，則有，
整理得，比較系數可得．
所以函數圖象的對稱中心為．又，，且，
∴點關于對稱，∴．選A．
10.（2024·河北唐山·三模）已知函數有兩個極值點，且，若，函數，則
A．僅有一個零點 B．恰有兩個零點 C．恰有三個零點 D．至少兩個零點
【答案】A
【解析】由有兩個極值點，且，所以函數在遞增，在上遞減，在遞增，大致圖像如下圖
又因為，所以顯然為與的中點，結合上面函數圖像可知，函數與函數的交點只有一個，所以方程的根只有一個，即函數的零點只有一個，故選擇A.
11.（2024·云南昆明·一模）若存在，滿足，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】設，，則它們函數圖象的一個公共點為，函數在點處的切線斜率為，所以在處的切線方程為，所以要存在滿足，則，所以取值范圍是，選A.
12．（2024·天津濱海新·高三校考階段練習）已知函數，其導函數為，設，下列四個說法：①；②當時，；③任意，都有；④若曲線上存在不同兩點，，且在點，處的切線斜率均為，則實數的取值范圍為.以上四個說法中，正確的個數為（ ）
A．3個 B．2個 C．1個 D．0個
【答案】B
【解析】對于①，函數，，，
當時，取到等號，故①不正確；
對于②，，設，，所以在恒成立，
則在上單調遞減，故，即，
又，則，所以，可得
令，所以在恒成立，
則在上單調遞減，故，即，所以，
綜上，恒成立，故②正確；
對于③，設，則，
因為，所以，又，設，
所以，又，所以，則恒成立，
所以在上單調遞增，則，
所以，單調遞減，則恒成立，
所以，即，故③正確；
對于④，因為，所以，令，則得，
所以，，單調遞增，，，單調遞減，
所以，又得，且
則可以得的圖象如下：
因為曲線上存在不同兩點，，且在點，處的切線斜率均為，所以，
則與應存在兩個不同的交點，所以，故④不正確.
綜上，②③正確，①④不正確.故選：B.
13．（2024·福建·模擬預測）已知函數，對于恒成立，則滿足題意的a的取值集合為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為函數，對于恒成立，
所以，對于恒成立，
所以，對于恒成立，
設，則為上的增函數，所以，
則，對于恒成立，設，則，
當時，恒成立，所以在上為增函數，
因為，所以存在，使得，不滿足，對于恒成立；
當時，令，得，所以當時，，為減函數，
當時，，為增函數，
所以，則，
設，則，令，得，
當時，，為增函數，當時，，為減函數，
所以，當且僅當時，等號成立，
又，所以，即.綜上所述：的取值集合為.選：D
14．（2025·山東·高三專題練習）對于任意都有，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，令，
則，所以在上單調遞減，在上單調遞減，
所以，所以，
所以轉化為：，令，，
①當時，，所以在上單調遞增，所以
，所以.
②當時，您，所以，
（i）當即時，，所以在上單調遞增，，所以.
(ii)當即時， 在上單調遞減，在上單調遞增，，所以，所以.
綜上，的取值范圍為：.故選：B.
15.（2024·天津北辰·三模）設，對任意實數x，記．若有三個零點，則實數a的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】令，因為函數有一個零點，函數至多有兩個零點，
又有三個零點，所以必須有兩個零點，且其零點與函數的零點不相等，
且函數與函數的零點均為函數的零點，
由可得，，所以，所以為函數的零點，
即，所以，
令，可得，由已知有兩個根，
設，則有兩個正根，所以，，
所以，故，當時，有兩個根，設其根為，，則，
設，則，，所以，
令，則，則，，
且，，所以當時，，
所以當時，為函數的零點，又也為函數的零點，且與互不相等，
所以當時，函數有三個零點.故答案為：.
16.（2024·河南南陽·模擬預測）已知函數有三個不同的零點，且，則的值為 .
【答案】36
【解析】因為所以
因為，所以 有三個不同的零點，
令，則，所以當時，當時，
即在上單調遞增，在上單調遞減，所以,當時，
令，則 必有兩個根，不妨令，
且, 即必有一解，-有兩解，且，
故.
故答案為：36.
17．（2024.廣東模擬預測）若函數有兩個極值點，其中,，且，則方程的實根個數為 個.
【答案】
【解析】有兩個極值點
有兩個不等正根
即有兩個不等正根 且，
令，則方程的判別式
方程有兩解，且， 由得：，又
且
根據可得簡圖如下：可知與有個交點，與有個交點
方程的實根個數為：個 本題正確結果：
18.設函數（，為自然對數的底數），若曲線上存在一點使得，則的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】由題設及函數的解析式可知，所以．
由題意問題轉化為“存在，使得有解”，即在有解，
令，則當時，函數是增函數；所以，
當，即 所以，故應填答案
19.設函數，若曲線上存在點,使得成立，求實數的取值范圍為 .
【答案】,
【解析】，當時，取得最大值，
當時，取得最小值，
即函數的取值范圍為,，
若上存在點,使得成立，則,.
又在定義域上單調遞增.
假設，則，不滿足；
假設，也不滿足； 綜上可得：，,.
函數有解，等價為，在,上有解，即平方得，則，
設，則，
由得，此時函數單調遞增，由得，此時函數單調遞減，
即當時，函數取得極小值，即，當時，，
則.則，故實數的取值范圍為,.故答案為：,.
20.設點在曲線上，點在曲線上，若的最小值為，則 .
【答案】-1
【解析】因為與互為反函數，其圖象關于直線對稱，
又點在曲線上，點在曲線上，的最小值為，
所以曲線上的點到直線的最小距離為，
設與直線平行且與曲線相切的切線的切點，
，解得，所以，
得到切點，點到直線即的距離，解得或3.
當時，過點和，過點和，
又，，所以與相交，不符合題意；
當時，令，則，當時，，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，
所以，即恒成立，所以與不相交，符合題意.綜上，.故答案為：-1.
21.（2024·高三·湖北黃岡·期中）已知函數與函數互為反函數，它們的圖象關于對稱．若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】由恒成立，可得，此時直線恒在直線上方，
不等式恒成立只需不等式恒成立即可，
令，則，由可得，
當時，，當時，，
在上單調遞減，在上單調遞增，
，. 故答案為：.
22．（2024·高三·廣東佛山·開學考試）已知函數，對任意的正實數x都有恒成立，則a的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】因為對任意的正實數x都有恒成立，
所以，即對任意的正實數x恒成立，
因為函數與函數互為反函數，且，
所以對任意的正實數x恒成立，即，令，則，
所以在單調遞增，在單調遞減，
所以，所以，解得.故答案為：.
23.已知函數，的解集為，若在上的值域與函數在上的值域相同，則實數的取值范圍為 .
【答案】
【解析】由已知得函數的定義域為，且,∵，∴，
∴在上單調遞增，在上單調遞減；在上的值域為；
根據題意有； 的解集為，
則設，當時，；在上的值域與函數在上的值域相同；即在上的值域為；只需，即，得.
故答案為:.
24．已知函數的定義域為，若存在區間使得：（Ⅰ）在上是單調函數；（Ⅱ）在上的值域是，則稱區間為函數的“倍值區間”．
下列函數中存在“倍值區間”的有 （填上所有你認為正確的序號）
①； ②； ③； ④．
【答案】①②④
【解析】函數中存在“倍值區間”，則（Ⅰ）在，內是單調函數，（Ⅱ），
對①，，若存在“倍值區間” ，則，，存在“倍值區間” ；
對②，，若存在“倍值區間”，當時，，故只需即可，故存在；
對③，；當時，在區間，上單調遞減，在區間，上單調遞增，
若存在“倍值區間”，，
不符題意；
若存在“倍值區間” ，不符題意，故此函數不存在“倍值區間“；
對④，，易得在區間，上單調遞增，在區間，上單調遞減，若存在“倍值區間” ，，，即存在“倍值區間” ，；
故答案為：①②④.
25.（2024·高三·浙江寧波·開學考試）設函數，若不等式對任意恒成立，則的最大值為 ．
【答案】
【解析】不等式對任意恒成立,即，恒成立，
設
所以在單調遞增，且，當時 當時
作出的圖像如圖，
再設，當可得表示過點，斜率為的一條射線（不含端點），要求的最大值且滿足不等式恒成立，可求的最大值，由點在軸上方移動，只需找到合適的，且與圖像相切于點，如圖所示，此時 故答案為：
26.（2024·高三·黑龍江雞西·期中）同構法是將不同的代數式（或不等式、方程式）通過變形，轉化為形式結構相同或相近的式子，然后通過同構函數利用函數的單調性解題，此方法常用于求解具有對數、指數等混合式子結構的等式或不等式問題.如與（可化為）可以同構為.若已知恒成立，則的取值范圍是 .
【答案】
【解析】令則在單調遞增，
由可得，則，
由于，所以，故，記，
當單調遞增，當單調遞減，故，
因此，故答案為：
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專題1 函數與導數
1.4 函數與導數高頻壓軸小題全歸納
考點分布 考查頻率 命題趨勢
零點 2024年新高考II卷第6題，5分 2024年全國甲卷第16題，5分 2024年天津卷第15題，5分 2023年新高考II卷第11題，5分 2022年新高考I卷第10題，5分 預測2025年新高考數學，導數知識將成為重頭戲。它可能以選擇題、填空題形式獨立出現，主要考察基礎計算與幾何理解，難度相對較低；或巧妙融入解答題之中，成為解題關鍵。特別是利用導數探究函數單調性、極值與最值等深層次應用，預計將作為選擇題、填空題的難點部分，出現在題序后端，難度適中偏上，綜合考查學生的分析能力和解題技巧。
不等式 2024年新高考II卷第8題，5分 2021年新高考II卷第16題，5分
三次函數 2024年新高考 I卷第10題，6分 2024年新高考 II卷第11題，6分 2022年新高考 I卷第10題，5分
有關函數與導數常見經典壓軸小題的高考試題，考查重點是零點、不等式、恒成立等問題，通常與函數性質、解析式、圖像等均相關，需要考生具有邏輯推理、直觀想象和數學運算核心素養. 同時，對于實際問題，需要考生具有數據分析、數學建模核心素養.
1．（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024年全國甲卷）曲線與在上有兩個不同的交點，則的取值范圍為 ．
3．（2024年天津卷）設，函數.若恰有一個零點，則的取值范圍為 ．
4．（2023年全國乙卷）函數存在3個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023年天津卷）設,函數,若恰有兩個零點，則的取值范圍為 ．
6．（2022年天津卷）設，對任意實數x，用表示中的較小者．若函數至少有3個零點，則的取值范圍為 .
7．（多選題）（2023年新高考Ⅱ卷）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
8．（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，若，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．1
9．（多選題）（2024年新高考Ⅰ卷）已知函數，則（ ）
A．有兩個極值點 B．有三個零點
C．點是曲線的對稱中心 D．直線是曲線的切線
10．（多選題）（2024年新高考Ⅱ卷）設函數，則（ ）
A．當時，有三個零點
B．當時，是的極大值點
C．存在a，b，使得為曲線的對稱軸
D．存在a，使得點為曲線的對稱中心
11．（多選題）（2024年新高考Ⅰ卷）設函數，則（ ）
A．是的極小值點 B．當時，
C．當時， D．當時，
12．（2022年全國乙卷）已知和分別是函數（且）的極小值點和極大值點．若，則a的取值范圍是 ．
13．（2022年北京卷）設函數若存在最小值，則a的一個取值為 ；a的最大值為 ．
14．（2023年全國乙卷）設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是 .
高頻考點一 函數的零點個數問題（分段分析法）
核心知識：
分段分析法：有的函數直接通過導函數判別特別困難或根本無法實現，那么我們可以嘗試將這個函數分割成兩個或多個函數分別研究其單調性，若這幾個函數的單調性恰巧一致，那么問題就得到解決了。
典例1：（2024·黑龍江·高三校考期中）設函數（其中為自然對數的底數），若函數至少存在一個零點，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
變式訓練
1．（2024·江蘇·高三專題練習）已知函數(e為自然對數的底數)有兩個不同零點，則實數的取值范圍是___________.
2．（2024·浙江·高三專題練習）已知函數存在4個零點，則實數的取值范圍是__________．
高頻考點2 函數的唯一零點問題
核心知識：
典例1：（2024·重慶·校考三模）已知函數有唯一零點，則實數（ ）
A． B．2 C． D．
技法點撥
根據偶（或奇）函數零點特性可知：若偶（或奇）函數有唯一零點，則必然在處取得，即。
其實此結論也可以拓展為：
若函數具有軸對稱性（對稱軸為），且有唯一零點，則必然在處取得，即.
變式訓練：
1.（2024·山西·高三校考期末）已知函數有唯一零點，則（ ）
A． B． C． D．1
2．（2024·湖北·校考一模）已知函數，，若與的圖象有且只有一個公共點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
高頻考點3 嵌套函數的零點問題
核心知識：
嵌套函數：又名復合函數，指的是形如的函數，嵌套函數零點問題的求解關鍵在于“設”，注意定義域與值域的轉化，結合圖像解題。
典例1：（2024·浙江·高三專題練習）已知函數，設關于的方程有個不同的實數解，則的所有可能的值為（ ）
A．3 B．1或3 C．4或6 D．3或4或6
變式訓練：
1．（2024·福建·高三校考期末）定義在上函數，若關于的方程(其中)有個不同的實根，，…，，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川廣安·高三校考階段練習）設定義域為R的函數，若關于x的方程有3 個不同的實數解x1、x2、x3且x1< x2A． B．1 + a + b = 0 C．x1 + x3 = D．x1 + x3 > 2x2
高頻考點4 不動點與穩定點問題
核心知識：
1、不動點定義：一般地，對于定義在區間上的函數，若存在，使得，則稱是函數的一階不動點，簡稱不動點．
從代數角度看，一階不動點是方程的根．
從幾何角度看，一階不動點是曲線與直線的交點的橫坐標．
2、穩定點定義：若存在，使，則稱是函數的二階不動點，簡稱穩定點．
從代數角度看，二階不動點是方程的解，也就是方程組的解；
從幾何角度看，函數的二階不動點是指：函數圖象上關于直線對稱的兩點的橫坐標（即函數與其反函數的交點的橫坐標），或直線與函數交點的橫坐標．
3、不動點與穩定點的結論
（1）有解等價于有解。
特別地，當函數單調遞增時，的解與的解相同．
（2）無解等價于無解。
（3）有解等價于有解。
（4）無解等價于無解。
典例1：（2024·高三·福建泉州·期中）已知函數，若曲線上存在點，使得，則實數的取值范圍是 ．
技法點撥
變式訓練：1.已知函數，若曲線上存在點，使得，則實數的取值范圍是 ．
2．對于函數，若，則稱為函數的“不動點”；若，則稱為函數的“穩定點”．如果函數的“穩定點”恰是它的“不動點”，那么實數的取值范圍是 ．
高頻考點5 指數與對數函數的交點問題（反函數法）
典例1：（2024·山東濟南·一模）設分別是函數和的零點(其中)，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
技法點撥
當時，方程有且只有三解；當時，方程有且只有一解；
當，方程無解；當時，方程有且只有一解；
當時，方程有且只有兩解
變式訓練：
1.（2024·廣東·模擬預測）若函數與其反函數的圖像有交點，則實數的值可以是（ ）
A．1 B． C．2 D．
2.（2024·山東·模擬預測）已知函數的零點為，函數的零點為，則下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
高頻考點6 函數共零點問題
核心知識：
共零點問題：此類問題往往是的形式，其特征是兩個函數具備相同的零點．
典例1：（2024·高三·湖北武漢·開學考試）設函數，若，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
變式訓練：
1.（2024·重慶·模擬預測）設函數，若恒成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．9
2.（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數，且在定義域內恒成立，則實數的取值范圍為 ．
高頻考點7 整數解問題
核心知識：
1、直接法：為了得到含參函數的單調性與最值，往往需要對參數進行分類討論。
2、參數分離法：參數分離后，根據所得函數的圖象，討論參數的取值范圍，分離又有完全分離與不完全分離兩種。
典例1：（2024·高三·重慶·期中）若關于x的不等式 的解集中恰有三個整數解，則整數a的取值是（ ）(參考數據:ln2≈0.6931， ln3≈1.0986)
A．4 B．5 C．6 D．7
變式訓練：
1.已知函數，若不等式的解集中有且僅有一個整數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2.若不等式（其中）的解集中恰有一個整數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
高頻考點8 等高線問題
核心知識：
對于函數，若，則直線叫做函數的等高線．此類題通常以求取值范圍的形式出現，其基本方法是“減元”，即充分利用函數值相等這一條件實施“消元”．
典例1：（2024.重慶模擬預測）已知函數，若關于x的方程有4個不同的實根，且，則（ ）
A． B． C． D．
技法點撥
變式訓練：
1.（2024·山東·高三校聯考期中）函數，若，且a，b，c，d互不相等，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2.（2025·廣東·高三校聯考期中）設函數，若（其中），則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
高頻考點9 倍值函數問題
核心知識：
對于函數，這樣的問題稱之為倍值函數問題，該類問題主要有三個模型：（1）模型1：函數單調遞增，方程同構即可；（2）模型2：函數單調遞減，兩式相減即可；（3）模型3：函數有增有減，分類討論即可．
典例1：1．（2024·高三·浙江·開學考試）函數的定義域為，若存在閉區間，使得函數滿足：(1)在上是單調函數；(2)在上的值域為，則稱區間為的“倍值區間”．下列函數中存在“倍值區間”的有 ．（填上所有正確的序號）
①；②；③；④．
變式訓練：
1.（2024·湖北·高三校聯考期中）已知函數（且），若存在實數，使函數在上的值域恰好為，則的取值范圍為 .
2.（2024·山東菏澤·校考一模）已知函數，當時，的值域為，則實數的取值范圍是 .
高頻考點10 雙參數比值型問題
核心知識：
對于雙參數比值型問題，零點比大小法是一種有效的解決策略。這種方法類似于數形結合的思想，首先我們將問題中的曲線和直線部分“曲直分開”，分別繪制出它們的圖像，并找出它們的零點。
在這里，直線的零點具有特殊的意義，它通常對應著我們待求的雙參數比值。接下來，我們觀察直線和曲線的交點情況，特別是當直線的零點與曲線的零點重合時，這意味著雙參數比值取得了最值（這個最值可能是最大值，也可能是最小值，具體取決于題目的要求）。
在圖像上，這種最值情況表現為直線與曲線在曲線的零點處相切。換句話說，當直線與曲線僅有一個交點，并且這個交點恰好是曲線的零點時，雙參數的比值就達到了它的最值。
因此，通過繪制曲線和直線的圖像，尋找它們的零點，并觀察它們之間的交點情況，我們可以直觀地找到雙參數比值的最值。這種方法不僅直觀易懂，而且在實際應用中非常有效。
典例1：（2024·安徽合肥·模擬預測）設，若關于的不等式在上恒成立，則的最小值是 .
變式訓練：
1.（2024·江蘇·一模）已知函數，其中為自然對數的底數，若不等式恒成立，則的最大值為 ．
2.（2024·河北滄州·三模）若不等式，對于恒成立，則的最大值為 .
高頻考點11 三次函數問題
核心知識：
1、由于三次函數的導函數為二次函數，其圖象變化規律具有對稱性，所以三次函數圖象也應當具有對稱性，其圖象對稱中心應當為點，此結論可以由對稱性的定義加以證明．事實上，該圖象對稱中心的橫坐標正是三次函數導函數的極值點．
2、對于三次函數圖象的切線問題，和一般函數的研究方法相同．導數的幾何意義就是求圖象在該店處切線的斜率，利用導數研究函數的切線問題，要區分“在”與“過”的不同，如果是過某一點，一定要設切點坐標，然后根據具體的條件得到方程，然后解出參數即可．
典例1：（2024·遼寧沈陽·高三校考期中）已知函數，則下列結論錯誤的是（ ）
A．當時，若有三個零點，則b的取值范圍為
B．若滿足，則
C．若過點可作曲線的三條切線，則
D．若存在極值點，且，其中，則
變式訓練：
1.（2024·山西·一模）已知函數存在極值點，且，其中，
A．3 B．2 C．1 D．0
2．（2024·四川成都·模擬預測）對于三次函數（），給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”．某同學經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心．設函數，則（ ）
A．2014 B．2013 C． D．1007
高頻考點12 指對同構問題
核心知識：
常見同構式：①積型
對數化:令，得
指數化:令，得
不等式兩邊同時取對數變形：令，得
②商型
對數化:令，得
指數化:令，得
不等式兩邊同時取對數變形：令，得
③和差型
對數化:令，得
指數化:令，得
再比如令，得．
典例1：（2024·湖南郴州·三模）設實數，若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為 .
變式訓練：
1.（2024·湖北·模擬預測）在數學中，我們把僅有變量不同，而結構、形式相同的兩個式子稱為同構式，相應的方程稱為同構方程，相應的不等式稱為同構不等式．若關于的方程和關于的方程（，，）可化為同構方程，則 ， ．
2.（2024·高三·四川內江·期中）若恒成立，則的取值范圍為 .
高頻考點13切線放縮與夾逼
核心知識：
（1）指數函數的切線不等式：①；②．
（2）對數函數的切線不等式：①；②；③．
（3）三角函數的切線不等式：
①當時， ；當時， ；
②當時， ；當時， ．
③切線與割線相結合的形式：當時，
典例1：（2024·山西晉中·二模）若存在實數x，y滿足，則（ ）
A． B．0 C．1 D．
變式訓練：
1.（2024·河南·一模）已知實數滿足，則
A． B． C． D．
2.（2024·河南·模擬預測）已知函數，，其中e為自然對數的底數，若存在實數使得成立，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
高頻考點14 函數的切線問題（切線條數、公切線、切線重合與垂直）
典例1：（2024·廣東·高三校聯考開學考試）已知過點不可能作曲線的切線．對于滿足上述條件的任意的b，函數恒有兩個不同的極值點，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
變式訓練：
1．（2024·上海閔行·高三校考期末）若函數的圖像上存在兩個不同的點，使得在這兩點處的切線重合，則稱為“切線重合函數”，下列函數中不是“切線重合函數”的為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南·高三專題練習）若函數的圖象上存在兩條相互垂直的切線，則實數的值是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·廣東·高三專題練習）若函數與的圖象存在公共切線，則實數a的最大值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江蘇·高三專題練習）若過點可以作曲線的三條切線，則（）
A． B． C． D．
高頻考點15 不等式的恒成立（存在）問題
典例1：（2024·廣東·高三校聯考階段練習）已知函數對任意的，恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
變式訓練：
1．（2024·四川南充·校考模擬預測）若存在，使得對于任意，不等式恒成立，則實數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·吉林·校聯考模擬預測）已知函數（，）在區間上總存在零點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
1．（2024·河南·校考三模）已知為三次函數，其圖象如圖所示.若有9個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2.（2024·高三·成都·期末）已知函數有唯一零點，則（ ）
A．1 B． C． D．
3.（2024·云南·高三校考階段練習）已知函數有唯一零點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽亳州·高三校考階段練習）設定義域為R的函數，若關于x的方程有且僅有三個不同的實數解，且.下列說法錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
5.（2024·湖南長沙·模擬預測）若當時，關于x的不等式恒成立，則滿足條件的a的最小整數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6.（2024·重慶渝中·校考模擬預測）已知，存在唯一的整數，使得成立，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
7.（2025·廣東·校考模擬預測）設函數，若互不相等的實數，，滿足，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·上海·高三校考階段練習）已知函數，則下列說法不正確的是（ ）
A．方程恰有3個不同的實數解
B．函數有兩個極值點
C．若關于x的方程恰有1個解，則
D．若，且，則存在最大值
9.（2024·河南鄭州·一模）已知函數，實數滿足， ，則
A．6 B．8 C．10 D．12
10.（2024·河北唐山·三模）已知函數有兩個極值點，且，若，函數，則
A．僅有一個零點 B．恰有兩個零點 C．恰有三個零點 D．至少兩個零點
11.（2024·云南昆明·一模）若存在，滿足，則實數的取值范圍是
A． B． C． D．
12．（2024·天津濱海新·高三校考階段練習）已知函數，其導函數為，設，下列四個說法：①；②當時，；③任意，都有；④若曲線上存在不同兩點，，且在點，處的切線斜率均為，則實數的取值范圍為.以上四個說法中，正確的個數為（ ）
A．3個 B．2個 C．1個 D．0個
13．（2024·福建·模擬預測）已知函數，對于恒成立，則滿足題意的a的取值集合為（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·山東·高三專題練習）對于任意都有，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
15.（2024·天津北辰·三模）設，對任意實數x，記．若有三個零點，則實數a的取值范圍是 ．
16.（2024·河南南陽·模擬預測）已知函數有三個不同的零點，且，則的值為 .
17．（2024.廣東模擬預測）若函數有兩個極值點，其中,，且，則方程的實根個數為 個.
18.設函數（，為自然對數的底數），若曲線上存在一點使得，則的取值范圍是 ．
19.設函數，若曲線上存在點,使得成立，求實數的取值范圍為 .
20.設點在曲線上，點在曲線上，若的最小值為，則 .
21.（2024·高三·湖北黃岡·期中）已知函數與函數互為反函數，它們的圖象關于對稱．若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為 ．
22．（2024·高三·廣東佛山·開學考試）已知函數，對任意的正實數x都有恒成立，則a的取值范圍是 ．
23.已知函數，的解集為，若在上的值域與函數在上的值域相同，則實數的取值范圍為 .
24．已知函數的定義域為，若存在區間使得：（Ⅰ）在上是單調函數；（Ⅱ）在上的值域是，則稱區間為函數的“倍值區間”．
下列函數中存在“倍值區間”的有 （填上所有你認為正確的序號）
①； ②； ③； ④．
25.（2024·高三·浙江寧波·開學考試）設函數，若不等式對任意恒成立，則的最大值為 ．
26.（2024·高三·黑龍江雞西·期中）同構法是將不同的代數式（或不等式、方程式）通過變形，轉化為形式結構相同或相近的式子，然后通過同構函數利用函數的單調性解題，此方法常用于求解具有對數、指數等混合式子結構的等式或不等式問題.如與（可化為）可以同構為.若已知恒成立，則的取值范圍是 .
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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