文档文本内容
专题07 函数与导数
7 大考点概览
考点01 函数的基本性质
考点02 抽象函数
考点03 指对幂函数
考点04 函数的应用
考点05 导数的几何意义
考点06 导数与函数的单调性极值最值
考点07 导数的综合大题
一、单选题
1．（2026·湖南永州·一模）已知函数
若
，则
（ ）
A．3 或1
B．0 或-2
C．0
D．1
【答案】C
【分析】分析函数
的单调性，列出关于
的不等式组，求解可得
，代入
可求得其值.
【详解】由
的解析式易得
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
由
，得
，所以
解得
.
．
故选：C.
2．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数
满足
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
考点1
函数的基本性质
【答案】B
【分析】构造函数
，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解
与
的关系.
【详解】设
，
，
所以
为奇函数.
，因为
，所以
，
所以
在
上单调递增.
由
，所以
，
所以
；
由
，所以
，
即
，因为
为奇函数，
所以
，所以
，
所以
，又
在
上单调递增，
所以
，即
.
故选：B
3．（2026·湖南永州·一模）若实数
，
，且满足
，则
的最小
值为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】B
【分析】根据条件，构造函数
，利用单调性可得
，即可利用基本不等式求最值.
【详解】由题意，实数
，
，满足
，
，
而函数
在
上单调递增，且
，
，
，
当且仅当
时，即
时等号成立.
故选：B
4．（2026·湖南永州·一模）已知函数
若
，则
（ ）
A．3 或1
B．0 或
C．0
D．1
【答案】C
【分析】由
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，结合
得到
，计算出
的范围，由
，得到
的方程，解出
的值，从而求出
.
【详解】由题可知，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
，
，
，
又
，
，
，
或
，
，
，
.
故选：C.
5．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数
的值域为
，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为
在
上单调递增，
在
上单调递增，
所以当
时，
单调递增，则
.又函数
的值域为
，
所以当
，函数
的值要取到
内的所有实数，所以
.
当
，即
时，函数
在
上单调递增，
时，
，
当
趋近于1 时，
，即
，所以
，即实数a 的取值范围是
.
6．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数
，
，则
（ ）
A．是偶函数，且在
单调递增
B．是偶函数，且在
单调递减
C．是奇函数，且在
单调递增
D．是奇函数，且在
单调递减
【答案】A
【分析】利用奇偶性的定义求解
的奇偶性，求出
在
范围内的表达式，利用导数法得到
在
范围内的单调性.
【详解】
，
的定义域为
，
，
是偶函数，
当
时，
，
当
时，
，
，
，
，
，
，
，
在
上是单调递增函数.
二、填空题
7．（2026·湖南怀化·一模）已知函数
的两个相邻零点间的距离为
，则
__________.
【答案】
或
【分析】令
可得
，结合正切函数周期性可得
，代入求解即可.
【详解】令
，可得
，
因为函数
的两个相邻零点间的距离为
，则
，解得
，
若
，则
，可得
；
若
，则
，可得
；
综上所述：
或
8．（2026·湖南·模拟预测）函数
的所有零点的和为__________．
【答案】
【分析】构造函数
，再判断其在
，
，
，
单调性，
最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解.
【详解】令
，
则
，
所以
，即
的图象关于直线
对称，
当
时，
在
上单调递增，
当
时，
，则
，
所以
在
上单调递减，
结合
的图象关于直线
对称可得：
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增．
又
，
且当
时，
，当
时，
，
所以
与
有4 个交点，且关于
对称，
故
有4 个零点，且关于
对称，
则所有零点的和为
．
一、单选题
1．（2026·湖南怀化·一模）已知定义在
上的函数
满足
，且
，则
（ ）
A．0
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】根据已知条件求出
的周期，结合函数周期性求值即可.
【详解】因为
，所以
，
所以
，即
.
所以
是周期为4 的周期函数.
所以
.
在
中，令
，则
，所以
.
因此
.
2．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数
的定义域为
.若
的图象关于点
中心对称，且
，则下列结论一定成立的是（ ）
A．
B．
关于直线
对称
考点2
抽象函数
C．
D．
【答案】D
【分析】利用
的图像关于点
中心对称，
为奇函数，结合
可得
是周期函数，再由选项逐一分析.
【详解】因为
的图象关于点
中心对称，所以
的图象关于原点对称，
则函数
为奇函数，因为函数
的定义域为
,所以
，
又
，则
，
所以
，则
，
所以
,故
,所以是
的一个周期，
对于A，不妨令
，满足定义域为
的奇函数，周期为，
但
，所以A 错误；
对于B，不妨令
，其定义域为
，
，
则函数
为奇函数，
，
所以是
的一个周期，
所以直线
不是
的对称轴，故B 错误；
对于C,因为函数
为周期为的奇函数，
则
，
,
因为
不一定为
,所以C 错误；
对于D，因为函数
为周期为的奇函数，
则
，
所以
，故D 正确，
故选：D
3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数
的定义域为
，则“
是奇函数”是
“
是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性的定义，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】当
是奇函数时，
因为
，
所以
是偶函数.
当
是偶函数时，
，而
，
所以
，
当
是偶函数时，显然
成立，
所以
是偶函数成立，不一定能推出
是奇函数，
所以“
是奇函数”是“
是偶函数”的充分不必要条件，
故选：A
4．（2026·湖南株洲·一模）已知
是奇函数，
是偶函数，其定义域均为
，且
，则
（ ）
A．0
B．2
C．
D．1
【答案】A
【分析】利用奇偶性，结合恒等式可求解
，从而可求出结果.
【详解】因为定义域均为
且
，
所以可得
，
又因为
是奇函数，
是偶函数，所以
即上式可化简为
，
再与
相加可得
，
代入
可得
，
所以
即
.
故选：A.
5．（2026·河南郑州·模拟预测）已知定义域为
的函数
满足
，且
为奇函数，
则一定有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据函数
为奇函数可得
，又
，即可求解.
【详解】∵函数
为奇函数，∴
，
又∵
，
∴
，故选项C 正确.
其他三个选项条件不足无法计算，故选C.
故选：C.
一、单选题
1．（2026·湖南·模拟预测）化简
（ ）
A．
B．
C．5
D．3
【答案】A
考点3
指对幂函数
【详解】
．
2．（2026·湖南株洲·一模）有一个正方形，其四个顶点均在曲线
上，则该正方形的面积为
（ ）
A．
B．4
C．
D．8
【答案】B
【分析】设正方形
，过点
作
轴交
轴于点
，过点
作
轴交
轴于点
，得
与
全等，得
，得
，进行求解即可．
【详解】如图所示：
设正方形
，
过点
作
轴交
轴于点
，过点
作
轴交
轴于点
，
则
，
得
与
全等，得
，
得点
的纵坐标与点
的横坐标相等，
设点
，
，得点
，
由四个顶点均在曲线
上，
得
，得
，
两式相减得，
，
得
,
由于
,
得
，
两式相加得，
，
得
，
由点
，点
，
得
，
得正方形
的面积为：
，
故选：B
3．（2026·湖南常德·一模）已知
，则“
”是“
”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】借助对数函数与指数函数的图象与性质以及不等式性质，然后根据充分条件、必要条件判断即可.
【详解】令
，因为
，
所以
，且
，
充分性：当
时，画出函数
的图象，如图所示：
由图可知：
，此时
，
所以
，故充分性成立；
必要性：若
，由
可得：
，
此时
不满足题意，
若
，由函数
在
上单调递增，
则
，由
，
则
，又函数
在
上单调递增，
所以
，即
，
当
时， 由
，如图所示：
由图可知
，此时
，
则
，不满足题意，
当
时，由图可知
，
此时
，满足题意，所以必要性成立，
所以当
时， “
”是“
”的充要条件，
故选：A.
4．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数
满足
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】构造函数
，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解
与
的关系.
【详解】设
，
，
所以
为奇函数.
，因为
，所以
，
所以
在
上单调递增.
由
，所以
，
所以
；
由
，所以
，
即
，因为
为奇函数，
所以
，所以
，
所以
，又
在
上单调递增，
所以
，即
.
故选：B
5．（2026·湖南邵阳·一模）设函数
和
的零点分别为
，其中
．当
时，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由函数零点的定义可得
分别为函数
的图象与
的图象的交点横坐标，
再利用互为反函数的图象关系可得
，结合函数图象确定
的范围并借助对勾函数的单调性求解.
【详解】由
，得
，设
的图象与
的图象的交点为
，
由
，得
，设
的图象与
的图象的交点为
，
而
的图象与
的图象关于直线
对称，函数
的图象也关于直线
对称，
因此点
与点
关于直线
对称，则
，
而当
时，
；当
时，
，函数
在
上单调递减，
所以
.
故选：C
6．（2026·湖南永州·二模）已知函数
，若
且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先将函数变形为
，由
得函数
的图象关于直线
对称，
再判断
单调性，由
，得
，两边平方后化简即可.
【详解】函数
的定义域为
，
且
，
因为
，所以函数
的图象关于直线
对称，
令
在
上单调递增，函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，当且仅当
，即
时等号成立，
函数
在
上单调递增，
由复合函数单调性知，
在
上单调递减，在
上单调递增；
因为
，所以
，
两边平方得
，即
，
又
，所以
，即
.
故选：B.
一、单选题
1．（2026·湖南永州·一模）若实数
，且满足
，则
的最小值
考点4
函数的应用
为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】B
【分析】构造函数
利用其单调性结合条件等式得出
结合基本不等式计算即可.
【详解】由题意实数
，满足
，
，
而函数
在R 上单调递增，
所以
，
当且仅当
时等号成立．
故选：B
二、多选题
2．（2026·湖南常德·一模）（多选）已知函数
，则下列说法中正确的有（ ）
A．函数
的最小正周期为
B．函数
的图象关于直线
对称
C．将
的图象向左平移
个单位得到的函数为奇函数
D．函数
与
在
上有两个交点
【答案】ACD
【分析】选项A，直接利用周期公式计算即可；选项B，先求函数的对称轴，进一步分析即可；选项C，
先通过平移变换得出新函数，再利用函数的奇偶性进行判断；选项D，将函数交点的个数问题转化为方程
根的个数问题，利用三角函数性质解方程即可得出结论.
【详解】由
，故A 选项正确；
由
，即
，令
，
解得：
，故B 选项不正确；
由
的图象向左平移
个单位得到函数：
，
由
的定义域为
关于原点对称，
且
，
所以
为奇函数，故C 选项正确；
令
，
则①
，解得：
，
又
，所以当
时，
，
②
，解得：
，
又
，所以当
时，
，
所以函数
与
在
上有两个交点，
故D 选项正确；
故选：ACD.
3．（2026·湖南湘潭·二模）（多选题）定义：当
且
时，
恒成立，
则称
是同号增函数．下列函数是同号增函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据同号增函数的定义逐一分析每个选项中的函数是否满足当
且
时，
恒成立.
【详解】A 选项，由
得
，由
得
，
又
在
，
上单调递增，故A 正确；
B 选项，
，得
，
取
，则
，
满足
，但
，
不满足
的条件，故B 错误；
C 选项，
得
，
得
，
因为
在
上单调递增，且
，
所以
在
上单调递增，
则
在
上单调递增，故C 正确；
D 选项，
得
；
得
，
因为
在
上单调递增，
在
上单调递增，
所以
在
上单调递增，
故
在
上单调递增，故D 正确.
故选：ACD
三、填空题
4．（2026·湖南·模拟预测）函数
的所有零点的和为__________．
【答案】
【分析】构造函数
，再判断其在
，
，
，
单调性，
最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解.
【详解】令
，
则
，
所以
，即
的图象关于直线
对称，
当
时，
在
上单调递增，
当
时，
，则
，
所以
在
上单调递减，
结合
的图象关于直线
对称可得：
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增．
又
，
且当
时，
，当
时，
，
所以
与
有4 个交点，且关于
对称，
故
有4 个零点，且关于
对称，
则所有零点的和为
．
5．（2026·湖南株洲·一模）从集合
中任取两个不同的数a，b 组成一个新的数
，则的取值范围为___________．
【答案】
【分析】由题可得
且
，设
，
，
与
的夹角为
，根据向量的夹角公式
得
，求出
范围，得解.
【详解】因为
，所以
，所以
且
.
设
，
，
与
的夹角为
，
则
，
因为
且
，所以
，故
，
所以
.
故答案为：
.
6．（2026·湖南怀化·一模）已知函数
的两个相邻零点间的距离为
，则
__________.
【答案】
或
【分析】令
可得
，结合正切函数周期性可得
，代入求解即可.
【详解】令
，可得
，
因为函数
的两个相邻零点间的距离为
，则
，解得
，
若
，则
，可得
；
若
，则
，可得
；
综上所述：
或
一、多选题
1．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数
，则（ ）
A．若
，且曲线
的对称中心为
，则
B．若
，且曲线
的对称中心为
，则
有极值
C．若
，且
，则存在实数
，使得
考点5
导数的几何意义
D．若
且
，直线
是曲线
在对称中心处的切线，定点
满足
，则过点
与曲线
相切的直线有三条
【答案】ABD
【分析】对称中心横坐标为二阶导数的零点
；导数判别式
决定函数单调性与极值；
对称中心处的切线满足
..对选项A、B，代入对称中心条件求解参数，验证结论；对
选项C，通过不等式变形判断导数判别式符号，结合单调性验证结论；对选项D，构造切线条数对应的零
点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数.
【详解】
，二阶导数
，对称中心横坐标
，对称中心
为
；
一阶导数
，判别式
，
时函数有两个极值点，
时函数在
上单
调.
选项A：由
，对称中心为
，得
，解得
；
对称中心在函数图像上，故
，即
，得
.
因此
，选项A 正确；
选项B：由
，对称中心为
，得
，得
，
，即
，解得
，则
，
；
导数为
，判别式：
导数有两个不同实根，
存在极值，选项B 正确；
选项C:由
，且
，得
，
导数判别式
，故
恒正或恒负，
在
上单调，
单调函数不存在
使得
，选项C 错误.
选项D：
已知
且
，
是对称中心处的切线，
：
设切点为
，切线过点
，由切线方程得
，
令
，切线条数等价于
的实根个数.
求导得
，其中
为对称中心横坐标，
的极值点为
和
.
由对称中心处切线性质，
，代入
得
.
因
且
，故
，即
.
分析
的单调性与零点：
时，
，
单调递减，
时
，且
，故
有1 个零点；
时，
，
单调递增，从
递增到
，故
有1 个零点；
时，
，
单调递减，从
递减到
时
，故
有1 个零点.
共有3 个实根，即过点
与曲线相切的直线有三条，选项D 正确.
故选：ABD.
二、填空题
2．（2026·湖南湘潭·二模）若直线
是曲线
的一条切线，则
________．
【答案】e
【分析】设切点为
，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论.
【详解】设直线
与曲线
相切于点
．
因为
，
所以
且
，
解得
，
．
故答案为.
一、单选题
1．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数
满足
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】构造函数
，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解
与
的关系.
【详解】设
，
，
所以
为奇函数.
，因为
，所以
，
所以
在
上单调递增.
由
，所以
，
所以
；
由
，所以
，
考点6
导数与函数的单调性极值最值
即
，因为
为奇函数，
所以
，所以
，
所以
，又
在
上单调递增，
所以
，即
.
故选：B
2．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数
，
，则
（ ）
A．是偶函数，且在
单调递增
B．是偶函数，且在
单调递减
C．是奇函数，且在
单调递增
D．是奇函数，且在
单调递减
【答案】A
【分析】利用奇偶性的定义求解
的奇偶性，求出
在
范围内的表达式，利用导数法得到
在
范围内的单调性.
【详解】
，
的定义域为
，
，
是偶函数，
当
时，
，
当
时，
，
，
，
，
，
，
，
在
上是单调递增函数.
二、多选题
3．（2026·湖南永州·一模）已知函数
有三个极值点
，若
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对
求导，令
得
，对
求导分析单调性，画出大致图像，由特
殊情况
进行分类讨论，即可得出选项.
【详解】对函数求导得
，
由于
，则令
，即
，
设
，则
，
当
时，
，
单调递减，
趋于
时，
趋于
，
趋于
时，
趋于
，
当
时，
，
单调递增，
趋于
时，
趋于
，
当
时，
，
单调递减，
趋于
时，
趋于
，
则
，
由于
，由
单调性以及图像可得，
若
，则
，不符合
，
若
，则
，符合
题意，
此时
，
故ABD 正确，C 错误，
故选：ABD.
4．（2026·湖南永州·一模）已知函数
有三个极值点
，
，
，若
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对
求导，令
得
，对
求导分析单调性，画出大致图像，由特
殊情况
进行分类讨论，即可得出选项.
【详解】对函数求导得
，
由于
，则令
，即
，
设
，则
，
当
时，
，
单调递减，
趋于
时，
趋于
，
趋于
时，
趋于
，
当
时，
，
单调递增，
趋于
时，
趋于
，
当
时，
，
单调递减，
趋于
时，
趋于
，
则
，
由于
，由
单调性以及图像可得，
若
，则
，不符合
，
若
，则
，符合
题意，
此时
，
故ABD 正确，C 错误，
故选：ABD.
5．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数
，则（ ）
A．若
，且曲线
的对称中心为
，则
B．若
，且曲线
的对称中心为
，则
有极值
C．若
，且
，则存在实数
，使得
D．若
且
，直线
是曲线
在对称中心处的切线，定点
满足
，则过点
与曲线
相切的直线有三条
【答案】ABD
【分析】对称中心横坐标为二阶导数的零点
；导数判别式
决定函数单调性与极值；
对称中心处的切线满足
..对选项A、B，代入对称中心条件求解参数，验证结论；对
选项C，通过不等式变形判断导数判别式符号，结合单调性验证结论；对选项D，构造切线条数对应的零
点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数.
【详解】
，二阶导数
，对称中心横坐标
，对称中心
为
；
一阶导数
，判别式
，
时函数有两个极值点，
时函数在
上单
调.
选项A：由
，对称中心为
，得
，解得
；
对称中心在函数图像上，故
，即
，得
.
因此
，选项A 正确；
选项B：由
，对称中心为
，得
，得
，
，即
，解得
，则
，
；
导数为
，判别式：
导数有两个不同实根，
存在极值，选项B 正确；
选项C:由
，且
，得
，
导数判别式
，故
恒正或恒负，
在
上单调，
单调函数不存在
使得
，选项C 错误.
选项D：
已知
且
，
是对称中心处的切线，
：
设切点为
，切线过点
，由切线方程得
，
令
，切线条数等价于
的实根个数.
求导得
，其中
为对称中心横坐标，
的极值点为
和
.
由对称中心处切线性质，
，代入
得
.
因
且
，故
，即
.
分析
的单调性与零点：
时，
，
单调递减，
时
，且
，故
有1 个零点；
时，
，
单调递增，从
递增到
，故
有1 个零点；
时，
，
单调递减，从
递减到
时
，故
有1 个零点.
共有3 个实根，即过点
与曲线相切的直线有三条，选项D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
6．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数
（
，
，
），若
在
上恒成立，
则
的最大值为______.
【答案】
【分析】对
求导，分析函数单调性后找到
的最小值点；再令
的最小值大于等于0，得到
满足的关系式；最后将目标式
通过所得关系式换元转化，构造关于单个变量的新函数，对新函
数求导即可求得该目标式的最大值。
【详解】由题意可得
恒成立，
令
，
，故
恒成立，故
，
与此同时，
.
（1）若
，则
.
（2）若
，令
，
的定义域为
，
，
当
时，有
；当
时，有
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
当
时，
的最小值为
，
因为
恒成立，则
恒成立，解得
，即
，
（ⅰ）当
时，则有
；
（ⅱ）当
时，则有
，则
，
令
，
，
当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
当
时，
取得最大值
，
综合（1）（2）得：
的最大值为
，
所以
的最大值为
.
1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数
．
(1)若
恰有两个零点，求实数
的取值范围；
(2)当
时，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分
、
，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得
，且
，解出即可得；
（2）
，构造函数
、
，利用导数研究两函数单调性
后可得最值，从而可得
时，
，
，即可得证.
【详解】（1）由题得
，
当
时，
，
在
上单调递减，
最多有一个零点，不符合题意；
当
时，令
，得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
考点7
导数的综合大题
所以
，
又
时，
时，
，
所以只需
，解得
，
故实数
的取值范围是
；
（2）当
时，
．
令
，则
，
令
，得
，当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
，
所以当
时，
；
令
，则
，令
，得
，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，
所以
，因为
，所以当
时，
；
故当
时，
.
2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数
，
是
的导函数.
(1)当
，
时，讨论
的单调性.
(2)是否存在a，b，使得
为
的极值点？若存在，求a，b 满足的条件；若不存在，请说明理由.
(3)若
，
，
为
最小的零点，证明：当
时，
.
【答案】(1)
在
上单调递增
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性；
（2）根据题意，求导得，结合
为
的极值点可得
，再代入计算导函数恒非负得出函数单调
性即可判断；
（3）根据题意，将问题转化为
时，
，令
，
再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证.
【详解】（1）当
，
时，
，
则
，
记
，则
，
所以
在
上单调递增，则
，
即
，所以函数
在
上单调递增.
（2）不存在a，b，使得
为
的极值点，理由如下：
当
时，
无意义；
当
时，若
为
的极值点，
则
，即
，即
，
所以
.
又
，
，
令
，则
，
所以当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增.
所以
，所以
恒成立，
所以
单调递增，故
不是极值点，
综上所述，不存在a，b，使得
为
的极值点.
（3）证明：当
，
时，
，
，则
，
所以
，
.
要证：当
时，
，
当
时，
，又
，
令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
，所以
.
又
，
令
，则
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，又
，
，
则存在
，使得
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，且
，
故
.
只要证
，
即证
.
记
，只需证：
.
由于
，
，
当
时，
，则
在
上单调递减，
于是只需证
，
又
，命题得证.
3．（2026·湖南怀化·一模）设函数
.
(1)讨论函数
的单调区间；
(2)当
时，函数
的图象上有且仅有2 个点到原点距离为
，求
的取值范围；
(3)函数
的图象上是否存在唯一的一组点
，构成正
多边形，
且
？若存在，请
求出所有满足条件的
以及对应
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
时，
的递增区间为
，无单调递减区间，
时，
的单调递增区间为
,
，单调递减区间为
.
(2)
(3)有且仅有
时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时
.
【分析】（1）求导，分类讨论导数的正负即可求解，
（2）根据两点距离公式，结合换元法，构造函数
，利用导数求解其单调性，即可
求解，
（3）根据对称性将问题锁定在正四边形和正六边形，分别考虑两种情况，正方形时，根据对角线相等得
，进而利用换元法，根据方程有解，结合基本不等式以及对勾函数的性质可得
，
正六边形时，根据直线方程和
联立得
，对
讨论即可得解.
【详解】（1）
的定义域为
,
，
当
时，
恒成立，此时
在
单调递增，故单调递增区间为
，无单调递减
区间.
当
，令
，则
和
，
当
和
时，
，当
时，
，
故此时
的单调递增区间为
,
，单调递减区间为
.
（2）当
时，
，
则
，
令
，则
，
，
令
，则
或
，
当
或
时，
，当
时，
，
故
的单调递增区间为
，递减区间为
，
且
,
故当
或
时，此时关于的方程
有唯一的正根，对应两个不同的
，符合题意.
故
的取值范围为
.
（3）由于函数
为奇函数，图形关于原点对称，故函数
的图像也是中心对称图形，其对称中心为
，若图像存在唯一的正多
边形，则该正多边形的中心必为
.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点
重合，则该函数解析
式为
,该变换不影响正
多边形的存在性和唯一性，以及
的取值，因此，设
进行研究.
接下来只考虑
的情况；
由（2）可知关于的方程
至多有三个不相等的正实数根，对应6 个不同的
，因此
.
又由于
的图像有唯一的对称中心
，故要有唯一的正多边形，该正多边形一
定也以
为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形.
当
时，若
时，
恒成立，此时
在
单调递增，曲线
上不存在4 个点，
让其构成正方形，因此
,
不妨设正方形的4 个顶点分别为
,由于直线
的斜率一定存在，设其中一条对角线
的方
程为
，则
，解得
，
所以
同理可得
，
由
得
，化简可得
，
根据题意可知方程
只有一个正根，
由于
不符合上式，故
，
因为
，所以
，故
，
设
，则
，令
，
由题意可知，只需要直线
与函数
的图像只有唯一的公共点即可，
故
，当且仅当
取到等号，
故
，则
，
故
时，
符合题意.
当
时，同上可知
，
在
,
单调递增，在
单调递减.
假设曲线
上存在正六边形
,由对称性可知该正六边形中心位于原点处，
不妨设对角线
的倾斜角为
，则
的倾斜角分别为
,
即
取
，（
时
不存在），
联立
，可得
，（
舍去），
则
故
，
同理
，
，
若要存在正六边形，则
有解，
（i）
时，
,显然
，故
，不满足要求，此时正六边
形不存在，
（ii）
时，
，
，
显然
故
,不满足要求，此时正六边形不存在，
综上所述，有且仅有
时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时
.
4．（2026·湖南·模拟预测）已知
．
(1)若
，证明：
恒成立．
(2)令
，且
，
有唯一的正零点
．
（i）求
的取值范围；
（ii）当
时，证明：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）证明
恒成立，再将x 替换为
放缩证明原不等式即可；
（2）（i）令
，求导研究
的单调性，证明
在
有唯一零点
，
最后再对a 的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中
推得
，并结合（i）中的零点
对应的等式，放缩可得
，进一步得到
，再结合裂项相消法即可证明原不等
式左边，对于不等式右边，由不等式
，令
代入，并结合（i）中的零点对应的等式，可
证明
，根据
，令
代入，可证
，最后结合两者放缩即可证明原不等式
右边．
【详解】（1）令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以有
，即
，
当
时，
恒成立．
（2）（i）由题意有
有唯一的正零点
，
因为
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
；
，
，
当
时，
，
由零点存在性定理可知，
在
有唯一零点
，
当
时，
，则
满足题意；
当
时，要保证
，则只要
，
即
，
恒成立，所以
，
综合可得
．
（ii）由题意可知
，也即
，
由（1）知
，则
，即
，且
，
因此有
，
即
，也即
，可得
，
所以有
，
故
，
又因为
，所以有
，
根据题意有
，
从而有
，
即
，可得
，进一步得
，
又
，所以
，所以
，故
，
所以
，
由
可得
，也即
，
令
得
，进一步得
，
所以
，
故
，
综上有
．
5．（2026·湖南岳阳·一模）已知实数
，函数
．
(1)当
时，试比较
和
的大小，并说明理由：
(2)若
时，
，求
的取值范围；
(3)设正项数列
的前
项和为
，若
，且
，求证：
．
【答案】(1)
，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出
和
，并作差比较即可；
（2）将原不等式等价于
，设
，求导后分
、
、
三种情况讨论单调性，结合单调性判断即可；
（3）根据
，结合
求出
的通项表达式，再令
，由（2）可得不等
式
，又令
，可得
，再结合裂项相消法证明即可．
【详解】（1）当
时，
，则
，
所以
，
所以
，
所以
．
（2）由题可知，因为
，
所以原不等式等价于
，即
，
设
，因为
，
，
令
，
，
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
，也即
在
上单调递减，
，所以
不符题意；
当
时，又
，令
，解得
，
则
时，
，所以
在
上单调递减，
又因为
，所以必存在
，使得
时，
，
也即
在
上单调递减，
，所以
不符题意；
当
时，
，则
时，
，
所以
在
上单调递增，
，
也即
在
上单调递增，
，所以
符合题意；
综上所述，a 的取值范围为
．
（3）因为
，所以
，
即
，又
，
所以
，
也即当
时，
，又
，
所以
，
由（2）可知，当
时，
，也即
，
令
，则
，即
，
所以
．
6．（2026·湖南永州·一模）已知函数
．
(1)讨论
的单调区间；
(2)若
，且当
时，
恒成立，求
的取值范围．
【答案】(1)当
时，
单调递减，当
时，
在
上单调递减，在
上单调
递增.
(2)
【分析】（1）对函数求导后先分析
的取值范围，若
易得
单调递减，若
，则令
，
求得极值点后即可根据导数的正负判断函数的单调性；
（2）由题意得
，分类讨论
与1 的位置关系，由此确定
，进而可求得
的取值范围.
【详解】（1）由题意得
，
①当
时，
恒成立，即
恒成立，
在
上单调递减；
②当
时，令
，
，
故当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
综上，当
时，
单调递减，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）由（1）知，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
若
恒成立，则有
，
①若
，即
时，则
在
上单调递减，则
，
由
得
，此时前后矛盾，故舍；
②若
，即
，则
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
由
得
，解得
，
综上所述，
的取值范围是
.
7．（2026·湖南常德·一模）已知函数
，
.
(1)当
，
时，求函数
的单调区间；
(2)若对任意
，
，对
恒成立.
（i）求
的取值范围：
（ii）若
，证明：函数
有且仅有一个极大值点.
【答案】(1)增区间为
，减区间为
.
(2)（i）
（ii）证明见解析
【分析】（1）代入
，
对函数求导，即可求得函数
的单调区间；
（2）（i）利用不等式恒成立可得
，结合单调性即可求得
，可得
（ii）由（i）可得
，对函数多次求导并利用单调性与极值，结合零点存在性定理即可判断
在
上有且仅有一个零点
，即可得出证明.
【详解】（1）当
，
时，
可得
，所以
，
当
时，
；当
时.
所以
的增区间为
，减区间为
.
（2）（i）设
，则
在
上单调递减，
则只需
，
令
，
，由
可得
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
，所以
，
所以
.
（ii）由上知
，又
，
当
时.
，
当
时，
，
由零点存在定理可知存在
，使得
.
下面证明：
在区间
上有且仅有一个零点
.
记
，
，
则
，令
，可得
；
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
.
①当
时，
，所以
单调递减
此时
在区间
上有且仅有一个零点
②当
时，
，
.
当
时，此时存在唯一的
，使得
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，所以
在
上有且仅有一个零点
.
当
时，
存在两个点
，
，使得
，
即
，
故
在
上单调递减，
上单调递增，
上单调递减，
又
.
记
，
.
所以
，进而
，所以对任意
，总有
则对任意
，
.所以
不存在零点.
而
在
上单调递减，
，
所以
在
上有且仅有一个零点
.
综上所述，
在
上有且仅有一个零点
，
且当
时，
，
时，
，从而
为
的极大值点，
所以
有且仅有一个极大值点
，证毕.
8．（2026·湖南永州·二模）已知函数
．
(1)当
时，当
，求
的最小值；
(2)当
时，证明：存在唯一实数
，使得曲线
在点
处的切线与
的图
象有3 个交点；
(3)当
时，将
在区间
上的零点从小到大依次排列，记第
个零点为
，
证明：
．
【答案】(1)
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接求导得
，分析其单调性即可得到最小值；
（2）求导后得到切线方程，再设新函数
，求导后得到其极大值，
最后对
分类讨论即可；
（3）设
，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到
，结合
得
，最后根据两角差的正切公式合
理放缩即可证明不等式.
【详解】（1）当
时，
，
当
，所以
在
单调递增，
所以
的最小值为
．
（2）当
时，
，
，
所以
在点
处的切线方程为：
，
整理得
，
令
，
则
，因为
，
当
时，
为单调递增函数，
当
时，
为单调递减函数，
函数
所有的极大值为
，
当
时，极大值等于0，即
，
极小值
，
当
为正整数时，极大值全部小于0，即
在
无零点，
为一个零点，
当
为负整数时，极大值全部大于0，函数
所有的极小值为
，
且随着
的增大，极小值
越来越小，
因此
在点
处的切线与
有3 个交点，
只需
时，极小值
，即
，即
有解，
令
为
上的严格增函数，
，
故存在唯一实数
，满足
故存在唯一的
，
使得曲线
在点
处的切线与
有3 个交点.
（3）当
时，
零点即为
零点，
在区间
上单调递增，
又因为
，当
时，
，
所以
，
由（1）知，当
时，
，即
，
，
又因为
，
所以
，即
，
又因为
又
，故
，
故
，
因为
故
，因此
，
又
，函数
在
上单调递增，
所以
，
故
，
综上：
.
9．（2026·湖南邵阳·一模）若函数
对任意
，总存在唯一的
，使
成立，则称
是
在区间
上的“
阶和函数”．特别地，当
时，称
为区间
上
的“
阶和函数”．
(1)判断函数
是否为区间
上的“3 阶和函数”；
(2)若函数
是
在区间
上的“2 阶和函数”，求实数
的取值范围；
(3)若函数
为区间
上的“2 阶和函数”，当
时，函数
有两个零点
，证明：
．
【答案】(1)
不是“3 阶自和函数”.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“3 阶和函数”的定义，举反例说明函数
不是区间
上的“3 阶
和函数”.
（2）根据“2 阶和函数”的概念，求实数
的取值范围.
（3）先根据“2 阶和函数”的概念求
的值，再利用“极值点偏移”证明
；
设
，分析函数极值，可得
，结合
，可得当
时，
，当
时，
，进而得
，
整理可证
.
【详解】（1）对于
，有
.
如果存在
，使得
．
则必有
，
令
，则
，
所以
不是“3 阶和函数”.
（2）函数
在区间
上的值域为
．
因为
是
在区间
上的“2 阶和函数”．
所以对任意
，总存在唯一的
，使得
成立，
所以
，
所以
在
上的值域必定包含区间
，且当
时，方程的解在
上是唯一的.
又因为函数
的图象开口向上，对称轴为
，
当
时，
在
上单调递增，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
.
综上所述，
的取值范围为
.
（3）对
，有
．
如果存在
，使得
，则必有
，
因为
为区间
上的“2 阶和函数”，
所以
，即
，解得
.
所以当
时，函数
，
所以函数
的定义域为
，且
．
设
，
则
，
因为
，所以
．
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增，而
．
所以当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增．
而
，当
且
时，
．
所以
.
设
，则
，
所以
，又
，
所以
，所以
．
因为
且
在
上单调递增，
所以
，即
.
设
，则
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
单调递增．
所以
，则
．
因为
，
所以当
时，
，当
时，
.
所以
，
整理得
由①
②得，
，
因为
，所以
，所以
．
综上得证.
10．（2026·湖南湘潭·二模）已知函数
，
．
(1)证明：当
时，
(2)若
是
的极大值点，求
的取值范围．
(3)若
，且
，其中
，证明：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证；
（2）将函数
求导得
，记
，再求导得
，根据
，分成
，
和
三类情况讨论函数
的单调性，即可逐一判断求得参数范围；
（3）由（1）知，当
时，
，先后令
，令
，将其化成
，再令
，
，可得
，利用
结合条件可得
，从而要证
，即证
，
再由余弦函数的单调性，需证
，设
，利用求导判断单调性证明
即可.
【详解】（1）因
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
所以
，故当
时，
．
（2）
的定义域为
，则
，
记
，则
，则
．
①若
，即
，则
令
，则
，所以
在
上单调递增，
当
时，
此时
，则
，故
在
上单调递增，不合题意；
②若
，即
，则必存在
，使得当
时，
，则
在
上
单调递增．
又
，所以当
时，
，即
在
上单调递增，不合题意；
③若
，即
，同理可得，存在
，使得当
时，
，
则
在
上单调递减．又
，则当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，所以
是
的极大值点．
综上所述，
的取值范围是
．
（3）由（1）知，当
时，
．
令
，则
，再令
，
则
．
令
，
，则
．
所以
．
由
，得
．
要证
，只需证
．
因为
在
上单调递减，所以只需证
．
令
，则
，令
，则
，
易知
在
上单调递减．又
，
，
所以存在
，使得
，则
在
上单调递增，在
上单调递减．
又
，且
在
上单调递增，故
在
上大于0.
而
在
上单调递减，且
，故存在唯一的
，使得
.
则
在
上单调递增，在
上单调递减．
又
，
，所以
恒成立，
所以
，则
，所以
．
11．（2026·湖南株洲·一模）已知函数
．
(1)若函数
图象在点
处的切线与函数
图象在点
处的切线平行，求
的
值；
(2)设
，用表示函数
和
；
(3)求证：
．
【答案】(1)
或
或
;
(2)
，
;
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数，结合余弦值相等的角满足的条件，即可求解；
（2）利用余弦的和差角公式和二倍角公式化简，即可求解；
（3）利用
，结合四倍角公式和三倍角公式，建议方程，再结合零点存在定理即可求解.
【详解】（1）因为
所以依题意可知：
，
即
．
所以
或
，
，
又因为
所以
或
或
．
（2）因为
，再由
，可得
；
同理
，再由
，可得
（3）
.
．
令
，则
是方程
的根．
又
，
是函数
的零点．
，由
，解得
．
在
上单调递增，在
上单调递减．
当
时，
没有零点．
于是
必在区间
上．
又
在
上单调递增，
且
．
由零点存在定理可知：
．即
．
