【突破压轴冲刺名校】 压轴专题03 函数与导数综合问题小题综合（解析版）.docx

1、【突破压轴冲刺名校】压轴专题03 函数与导数综合问题小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（新高考全国卷通用）一、单选题1（2022福建福州福州三中校考模拟预测）已知，为函数的零点，下列结论中错误的是（）AB若，则CDa的取值范围是【答案】C【分析】作图，将 看作函数 与函数 的交点，根据函数的单调性逐项分析即可求解.【详解】可以看作函数 与函数 的作差组成，作图如下：对于A，由草图可知： 时， 单调递增， 单调递减，故存在唯一的交点 ，考虑： 时， ， ，当 时， ， ，A正确；对于B，有 ，两边取对数得： ，由条件 可得： ，联立方程 ，消去 得 ，并且 ，解得 ，B正确；

2、对于C，当 时， ， 没有零点，即 ， ，C错误；对于D，由于 在 时存在唯一零点，若 存在3个零点，必有 ，考虑当 时， 必有2个解，两边取自然对数得 ，构造函数： ，即 在时必有2个零点，求导： ，令 ，则有 ，当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减， 在 时， 取得最小值， 有2个零点的充分必要条件是 ，即 ， ，D正确；故选：C.【点睛】思路点睛：函数零点性质问题，注意利用零点满足的方程构建零点之间的相互关系，同时注意将零点问题转化函数图象与水平直线的交点个数问题.2（2022秋福建福州高三福建省福州格致中学校考期中）已知函数满足（其中是的导数），若，则下列选项中正确的是（）A

3、BCD【答案】C【分析】构造函数，由题意可得，所以在上递增，然后由可得答案.【详解】因为（），所以，所以，令，则，所以在上递增，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数单调性比较大小，解题的关键是根据题意构造函数，求导后，结合已知条件可得在上递增，然后利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.3（2023秋河北衡水高三河北衡水中学校考期末）若已知函数，若函数存在零点（参考数据），则的取值范围充分不必要条件为（）ABCD【答案】C【分析】因为求的是充分不必要条件，而非充要条件，所以采用特殊值法

4、，只要满足，则有存在零点， 求出时的取值范围，即为一个充分条件，再由选项依次判断即可.【详解】当时，的图象恒在上方，若满足，即，则与的图象必有交点，即存在零点. 令，有当时，单调递减；当时，单调递增. . 即当时，一定存在，满足，即存在零点，因此是满足题意的取值范围的一个充分条件. 由选项可得，只有是的子集，所以是的取值范围的一个充分不必要条件. 故选：.4（2023河北高三河北衡水中学校考阶段练习）的最大值为，则的最小值为（）A1BC2D3【答案】C【分析】由题意可得，从而利用绝对值三角不等式得到，再取特殊值，利用导数证得，由此得解.【详解】因为的最大值为，所以,，.由于，所以，当且仅当时，

5、等号成立，故，即，不妨取，满足上述不等式，此时，则，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，则，所以，即，综上：的最小值为2.故选：C.5（2022秋福建厦门高三厦门外国语学校校考阶段练习）已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】B【分析】将所求不等式变形为，令，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，可得出对任意的恒成立，利用导数求出函数的最大值，即可求得实数的取值范围.【详解】当时，由，可得，不等式两边同时除以可得，即，令，其中，所以，函数在上为增函数，且，由，可得，所以，对任意的，即，令，其中，则，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以

6、，解得.故选：B.【点睛】关键点点睛：在求解有关x与的组合函数综合题时要把握三点：（1）灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；（2）把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；（3）函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值.6（2023山东菏泽统考一模）定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.给定函数，已知函数，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（）ABCD【答案】C【分析】由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.【详解】由已知可得，则，且

7、，所以.又，.令，则恒成立，所以，在上单调递增，所以，所以.所以，即.令，因为函数在上单调递增，在上单调递减，且，根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，所以在上单调递减.又，所以.因为在上单调递减，所以.又，所以，即.令，则恒成立，所以，在上单调递减.又，所以.综上可得，.故选：C.【点睛】关键点点睛：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.7（2022秋山东东营高三广饶一中校考阶段练习）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】构造函数与，先利用导数研究得的性质，再利用二次函数的性质研究得的性质，从而作出的图像，由

8、此得到，分类讨论与时的零点情况，据此得解.【详解】令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，故，又因为对于任意，在总存在，使得，在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，所以在与上都趋于无穷大；令，则开口向下，对称轴为，所以在上单调递增，在上单调递增，故，.因为函数有且只有三个零点，而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，当时，则，即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，当时，则，所以在处取得零点，结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，所以有且只有三个零点，满足题意；综上：，即.故选：C.8（2021秋山东青岛高三山东省青岛第十九

9、中学校考期中）设定义在上的连续不断的偶函数满足，是的导函数，当时，的值域为；当且时，则方程的根的个数为（）ABCD【答案】C【分析】根据偶函数定义和已知关系式可知是周期为的周期函数，并且图象关于对称；根据导数可得的单调性，由此可作出的大致图象，将问题转化为与交点个数问题，采用数形结合的方式可确定结果.【详解】为偶函数，图象关于对称；当时，由得：，在上单调递增；当时，由得：，在上单调递减；，；又，是周期为的周期函数，方程的根的个数等价于与图象的交点个数，在平面直角坐标系中作出与大致图象如下图所示，由图象可知：与有个不同的交点，即方程有个不同的根.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查方程根的个数

10、求解问题，解题关键是能够将问题转化为两个函数图象交点个数问题，通过已知条件确定函数的单调性、对称性和周期性，从而做出函数大致图象，采用数形结合的方式来进行求解.9（2022秋湖北高三荆州中学校联考阶段练习）已知函数，若存在两个极值点，当取得最小值时，实数的值为（）A0B1C2D3【答案】D【分析】结合已知条件，分析出，然后转化为，通过求在上的最小值来确定的最小值，进而即可求解.【详解】由题意可知，有两个变号零点，即有两个不同的正根，不妨令，则，当时，故在上单调递减，此时最多只有一个零点，不合题意；当时，；，故在上单调递增，在单调递减，因为，且由对数函数性质可知，当足够大时，所以由零点存在基本定

11、理可知，因为，所以，不妨令，由，从而，因为，令，则，从而在单调递增，且，故对于，即在单调递增，从而当取得最小值是，也取得最小值，即取得最小值，不妨令，则，令，则对于恒成立，故在上单调递增，因为，所以存在唯一的，使得，故；，从而在上单调递减，在单调递增，故，此时也取得最小值，即，故.故选：D.10（2022秋湖北高三襄阳五中校联考阶段练习）已知函数的定义域为，若对于任意的，都存在，使得，则的取值范围是（）ABCD【答案】D【分析】由已知可得函数在上的值域包含与函数在上值域，利用导数分析函数的单调性，求出函数的值域，列不等式求的取值范围.【详解】因为，所以，令，可得或，当时，则，则，所以函数在上单

12、调递增，函数在上单调递减，当时，时，所以函数在上为减函数，设，因为对于任意的，都存在，使得，所以对于任意的，都存在，使得，所以函数在上的值域包含与函数在上值域，当时，函数在上为减函数，函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，由已知，所以，又，所以，(注：由此可排除A，B，C)当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，与已知矛盾，当时，因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，与已知矛盾，当时，则，则，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上的值域为

13、，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，满足要求当时，函数在上单调递增，函数在上单调递增所以函数在上的值域为，函数在上的值域为，所以函数在上的值域为，满足要求，综上所述，故选：D.【点睛】本题解决的关键在于将已知条件转化为函数的值域的关系，由此利用导数分析函数的单调性求函数的值域即可.11（2022秋湖北十堰高三十堰东风高级中学校考开学考试）若不等式对恒成立，其中，则的最大值为（）ABCD【答案】A【分析】先求导，研究函数的单调性，根据参数不同的取值，分类讨论，求得函数的最小值，再利用分离参数，构造新函数，求最值，可得答案.【详解】令，求导得，当时，易知函数单调递增，函数值域为R，则不合题意

14、；当时，令，解得，可列下表：极小值则，可得，令，求导得，令，可得，可得下表极大值则，则，故选：A.12（2023湖南模拟预测）已知函数（e是自然对数的底数），若存在，使得，则的取值范围是（）ABCD【答案】A【分析】由，得到，再研究函数的单调性，得到，将表示出来，然后利用换元法转化为二次函数求最值即可.【详解】，当时，由得，由得，所以在上递增，在上递减，在处取得最小值，令，则，当时，取得最小值，当时，取得最大值0，所以的取值范围是.故选：A【点睛】方法点睛：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

15、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13（2022湖南岳阳岳阳一中校考一模）已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】先判断为上的增函数且，利用这两个性质可得关于不等式，利用判别式可求参数的取值范围，注意分类讨论.【详解】的定义域为，故，因为（当且仅当等号成立），（当且仅当等号成立），故，所以为上的增函数，故可转化为：，即转化为：

16、，所以对任意的恒成立，故对任意的恒成立，当时，恒成立，故符号，当时，故，当时，的图象为开口向上的抛物线，故对任意不恒成立，舍，故，故选：C.14（2023春广东高三校联考阶段练习）已知函数，直线，若有且仅有一个整数，使得点在直线l上方，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】C【分析】由定义域得为正整数，由导数法研究的图象，直线l过定点，由数形结合可判断的值，进而列不等式组确定参数范围.【详解】点在直线l上方，即，因为，所以有且仅有一个正整数解.设，则单调递增；单调递减，所以.又，故可得图象如下图，直线过定点，当，有无数个正整数解，不合题意，故，又有且仅有一个正整数解，故2是唯一的正整数解，即

17、.故选：C.【点睛】关键点点睛：直线l过定点，则原命题可转化为直线l绕定点旋转，从而满足条件，可由导数法研究的图象，由数形结合列式求解.15（2023广东佛山统考一模）已知函数（且），若对任意，则实数a的取值范围为（）ABCD【答案】D【分析】当时，恒成立，利用图象关系可得，且，求得.当，恒成立，变形构造函数，求导判断单调性，从而推出，进一步得到，综上得到.【详解】当时，由图可知，此时若对任意，只需，即，即.当，此时若对任意，即，所以只需.令，则，当单调递增，当单调递减，.综上，.故选:D.16（2022秋广东高三校联考阶段练习）已知，为函数的零点，若，则（）ABCD与大小关系不确定【答案】C

18、【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.【详解】易知为函数的零点，又解之：，负根舍去；又，即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为切线方程为：过原点，此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，故选：C【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多

19、少个零点(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点17（2023河北高三河北衡水中学校考阶段练习）已知.若函数的零点个数与方程的不等实根个数相等，则的取值范围为（）ABCD【答案】D【分析】根据分段函数的解析式画出其图象，利用函数与方程的思想可知，函数的图象与有两个交点，即函数有两个零点，利用对称性对函数进行分类讨论即可求得的取值范围.【详解】由题意可知，当时，所以函数；当时，则，当时，因此函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数是开口向上且关于对称的抛物线；画出函数的图象如下中图粗实线所示：根据图象易知，函数的图

20、象与有两个交点，即方程有两个不相等的实根，所以函数有两个零点；因此函数与的图象有两个交点；易知恒过坐标原点，且为偶函数，其图象关于轴对称；当与在轴右侧相切时，即与相切；不妨设切点为，由可得，切线斜率为，又因为，因此，即，令，则，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，且时，由可得，即，此时切线方程为，如图中所示；当与在轴左侧相切时，即与相切，设切点为，联立方程得，令，解得，此时切点切线方程为，如图中所示；结合图象以及对称性可知，当时，与在轴右侧无交点，在轴左侧有两个交点，满足题意，解得或，即.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将时，转化成，再利用导数研究其单调性画出部分函数图象，根据函数

21、与方程的思想将零点个数转化成函数图象交点个数问题，利用导数的几何意义和对称性即可求得结果.二、多选题18（2022秋福建高三福建师大附中校考阶段练习）已知，为函数的零点，下列结论中正确的是（）ABa的取值范围是C若，则D【答案】ABC【分析】对于A，只要利用函数零点存在性定理判断即可；对于D，由于有了A的结论，只要判断的范围即可；对于C，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可；对于B，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可.【详解】由指数函数与二次函数的性质可得方程有1个负根，2个正根，即， ， ，故A正确；当 时， ， 必无零点，故 ， ，故D错误；当 时，即 ，两边取对

22、数得 ， ， ，联立方程 可得 ，由于 ， ，故C正确；考虑 在第一象限有两个零点：即方程 有两个不同的解，两边取自然对数得有两个不同的解，设函数 ， ，则 时， ，当 时， ，当 时， ，所以 ，要使得 有两个零点，则必须，即 ，解得 ，故B正确；故选：ABC.19（2022秋福建宁德高三校考期末）若对，恒成立，则的取值可以为（）ABCD2【答案】BD【分析】由题将问题变形为对恒成立，进而结合单调性，分，两种情况讨论求解即可得答案.【详解】解：由题知，恒成立，且，所以对恒成立，令，所以，当时，单调递增，所以，当，单调递增，所以，当时，对恒成立等价于对恒成立所以，当时，有，对恒成立等价于对恒成

23、立，即对恒成立，由于，故；当时，对，恒成立，满足题意，综上，的取值范围是，所以，的取值可以为BD选项故选：BD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于将问题转化为当时，对恒成立，进而分，两种情况讨论求解.20（2023秋河北衡水高三河北衡水中学校考期末）已知奇函数，且，当时，当时，下列说法正确的是（）A是周期为的函数B是最小正周期为的函数C关于中心对称D直线与若有3个交点，则【答案】AC【分析】根据奇函数，且，可确定函数的周期，即可判断A；设确定函数的奇偶性与对称性即可判断函数B，C；根据可判断函数在上的单调性，结合对称性与周期性即可得函数的大致图象，根据直线与若有3个交点，列不等式即可求的取值

24、范围，即可判断D.【详解】解：因为，所以的图象关于对称，又因为为奇函数，所以，则，则，故是周期为的函数，故A正确；设，其定义域为，则，所以关于中心对称，即关于中心对称，故C正确；又，所以为上的奇函数，结合可得，即故是周期为的函数，故B错误；当，所以，故在上单调递增，由于关于中心对称，所以在上单调递增，且当时，又函数的周期为，则可得大致图象如下：若直线与若有3个交点，则或，解得或，故，故D错误.故选：AC.21（2023秋河北邢台高三统考期末）已知，函数，下列结论正确的是（）A一定存在最小值B可能不存在最小值C若恒成立，则D若恒成立，则【答案】AC【分析】利用导数研究函数的单调性，判断最值的存在

25、性，通过构造函数，利用单调性处理恒成立问题.【详解】，则为增函数.因为，所以存在唯一的零点.当时，单调递减；当时，单调递增，所以， A选项正确，B选项错误； 由，可得，则.恒成立，即恒成立，令函数，则，易知在上单调递增，则，故，即，C选项正确，D选项错误.故选：AC.【点睛】1. 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2.证明不等式，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.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快

26、的思路，有着非凡的功效.22（2023秋山东枣庄高三统考期末）设定义在R上的函数与的导函数分别为和，且，且为奇函数，则（）A函数的图象关于直线对称B函数的图象关于点对称CD【答案】ABD【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，判断C，D【详解】解：因为为奇函数，所以，取可得，因为，所以；所以，又，故，所以函数的图象关于点对称，故B正确；因为，所以，所以，为常数，因为，所以，所以，取可得，所以，故关于对称，故A正确；又，所以，所以，所以，故函数为周期为的周期函数，因为，所以，所以，所以，所以，由已知无法确定的值，故的值不一定为，故C错误因为，所

27、以，所以，故函数为周期为的函数，所以，所以函数为周期为4的函数，又，所以，所以，故D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期.23（2022秋山东青岛高三统考期中）已知函数，当时，关于x的不等式恒成立，则下列选项中实数m可以取到的值为（）ABCD【答案】CD【分析】构造函数，判断单调性后转化求解【详解】即在恒成立，设，当时，时，则在单调递减，在单调递增，则时，可转化为，即，在时恒成立，令，当时，时，则在单调递增，在单调递减，得，且，则，不能取到，可以取到故选：CD24（2023秋山东潍坊高三统考期中）定

28、义在上的函数的导函数为，对于任意实数，都有，且满足，则（）A函数为偶函数BC不等式的解集为D若方程有两个根，则【答案】ABD【分析】由已知条件结合选项内容，分析函数性质，对选项逐一判断.【详解】，函数定义域为，由，有，即，函数为偶函数，故选项A正确；由，得，即，有，得，得，故选项B正确；，当时，函数单调递增，且，有，即，不合题意，故C选项错误；方程，即，方程有两个根，等价于函数与函数的图像有两个交点，其中函数单调递减，函数的图像是开口向下的抛物线，对称轴方程为，时函数单调递减，若方程有两个根，则有，此时，即，若且，则有，得，故选项D正确.故选：ABD【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方

29、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2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，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.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.25（2022秋湖北省直辖县级单位高三校考阶段练习）已知定义在上的函数满足，则下列不等式正确的是（）ABCD【答案】AC【分析】根据给定的等式，变形并构造函数，探讨函数的

30、单调性，再逐项分析判断作答.【详解】，令，则，即，显然在上单调递增，有，当时，当时，因此函数在上单调递减，在上单调递增，有，即，A正确；，则，即，B不正确；，则，即，C正确；因，则令，C为常数，即，则，即，D不正确.故选：AC【点睛】关键点睛：涉及给定含有导函数的等式或不等式，根据等式或不等式的特点结合求导公式和求导法则构造函数，再利用导数探求给定问题是解题的关键.26（2022秋湖北荆州高三校考阶段练习）已知函数，则（）A当或时，有且仅有一个零点B当或时，有且仅有一个极值点C若为单调递减函数，则D若与轴相切，则【答案】AD【分析】根据零点的定义可得的零点即方程的根，利用导数研究函数的性质，结

31、合图像判断A，由导数的几何意义判断D，根据导数与函数的单调性的关系求的范围，由此判断C，结合单调性与极值的定义判断B.【详解】令可得，化简可得，设，则，当，函数在单调递减，当，函数在单调递增，又，由此可得函数图像如下：所以当或时，有且仅有一个零点所以当或时，有且仅有一个零点，A对，函数的定义域为，若与轴相切，设与轴相切相切与点，则，所以，所以，故D正确；若为单调递减函数，则在上恒成立，所以在上恒成立，设，则，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，且，当时，由此可得函数的图像如下：所以若为单调递减函数，则，C错，所以当时，函数在上没有极值点，B错，故选：AD.【点睛】本题为函数综合性问题，涉及

32、函数的零点，导数的几何意义，根据函数的单调性求参数，函数的极值，考查的知识点较多，要求具有扎实的基础知识，较强的解题能力.27（2023春湖南岳阳高三湖南省岳阳县第一中学校考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，记.若与均为偶函数，则（）AB函数的图象关于点对称C函数的周期为2D【答案】ABD【分析】根据函数为偶函数集合图象变换可推出为偶函数，即得，利用特殊值判断A；对进行变形处理即可判断其对称性从而判断B；由为偶函数，且，代换处理即可判断C；根据的周期即周期内的特殊值关系得，化简可判断D.【详解】解：对于A，若为偶函数，则关于直线对称，将纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得，则函数关于

33、直线对称，即为偶函数，所以，则，所以，即，令得，所以，故A正确；对于B，由可得，当时，即，令，则，所以，所以函数函数的图象关于点对称，故B正确；对于C，因为为偶函数，则，又，所以，则，所以，即，则，所以函数的周期为4，故C不正确；对于D，函数的周期为4，则函数的周期也为4，由，可得，则，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性结合合理赋值确定函数的对称性及周期性.28（2023秋湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）已知关于的方程有且仅有两解，且，则（）A函数与的图象有唯一公共点BC，D存在唯一满足题意，且【答案】ACD【分析】由函数图象可判断A正确，由，所以，

34、即，所以可判断B，由零点存在性定理可判断C，由，根据函数的单调性可知.【详解】对于A，若关于的方程有且仅有两解，则和的图象有且仅有两个交点，作出和的草图如下图所示：易知，当，即时，函数与的图象相切于唯一公共点，A正确；对于B，可知，由，所以，即，所以，B错误；对于C，设，由图可知：与相切于点，所以有，即，即，设，则，所以在上是增函数，所以，使得，即，即，又，所以，C正确；对于D，设，当时，所以在上是增函数，因为，所以，且唯一，D正确.故选：ACD.【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、

35、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理29（2023秋广东揭阳高三统考期末）已知函数，且存在唯一的整数，使得，则实数a的可能取值为（）ABCD【答案】AC【分析】将不等式转化为，分别作出与的图象，转动直线使得满足的整数解是唯一的，观察直线的斜率满足的条件即可.【详解】令，得.令，则，当时，单调递增；当时，单调递减.如图，分别作出函数与的图象，其中直线恒过定点.由图可知，存在唯一的整数，使得，则需，故实数a的取值范围是，其中，而，故选：AC.【点睛】参数分离法解不等式恒成立问题:(1) 参数完全分离法:将参数完全分离到不等式的一端，只需求另一端函数的最值即可，这种方法的好处是分离后函

36、数不含参数，易求最值.(2) 参数半分离法:将原不等式分成两个函数，其中一个函数为含参的简单函数，如一次函数，可以通过图象的变化寻求满足的条件.30（2023广东佛山统考一模）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（）ABCD【答案】AC【分析】依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断.【详解】解：因为，所以，因为，所以，则，令，则，所以在上单调递增，由，可得，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，又，所以，当且仅当时取等号，当时或，结合与的图象也可得到所以或.故选：AC