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疑难压轴7 函数与方程、不等式等的交汇问题（小题狂
练）
一．单选题.
【2024 湖南益阳质检】
1．已知直线l 与曲线
相交，交点依次为D、E、F，且
，
则直线l 的方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据函数的对称性得曲线的对称中心为
，则
，设
，
由
，得到
，通过换元求出
值，则得到
的坐标，
最后写出直线方程即可.
【详解】
，
设
，其定义域为
，关于原点对称，
且
，
故函数
为奇函数，且其对称中心为
，
将
向右平移1 个单位，向上平移1 个单位，则得到
，
曲线
的对称中心为
，
由
，可知点E 为对称中心，故E 的坐标为
，
不妨设
，
则由
，得
，
即
，
令
，则
，
即
，
，
当
时，
，
又l 过
，则
，
直线l 的方程为
，
当
时，
，
又l 过
，则
，直线l 的方程为
综上，直线l 的方程为
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为
，从而得到
，然后
再去设点
坐标，根据
，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出
的坐标
即可.
【2025 云南昆明一模】
2．已知函数
，
，且
，若当
时，
，
则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用三次函数图象性质以及零点的符号即可判断得出结论.
【详解】由三次函数解析式可知其图象呈现“N”形，
又当
时，
，所以函数
的所有零点均为非正数，
又
，且
，因此
，即函数
的所有零点均小于零；
可知
，解得
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于熟练掌握三次函数图象性质，根据零点符号直接限定
得出结果.
【2024 河北唐山模考】
3．已知函数
有三个极值点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得
的取值范围.
【详解】
的定义域是
，
有三个零点，
令
，
当
时,
所以
在区间
单调递增；
至多有一个零点不合题意，A，B，C 选项错误；
令
,
,单调递增
,
单调递增;
,
单调递减;
,
且
单调递减;
,
,
有三个极值点，
所以实数a 的取值范围
.
故选：D.
【教材溯源题】
4．已知函数
（为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A．函数
的定义域为
B．若函数
的图象在点
处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
，则
C．当
时，关于
的方程
可能有三个实根
D．当
时，函数的极小值大于极大值
【答案】D
【分析】对于A，令
，通过求导找到零点，作为分母，排除零点即可确定函数
定义域；对于B，求导
，求出
，即可得到切线方程，确定三角形边
长可求得面积；对于C 和D，求导
，利用零点存在定理确定零点位置，从而求得极
值，再判断零点个数及极值间的大小关系.
【详解】对于A，令
，则
，所以
为单调递增函数，
因为
，所以函数
有唯一零点
.
若
有意义，需使
，所以函数
的定义域为
，A 错误；
对于B，因为
则有
，所以函数
的图像在点
处的切线方程为
，
此直线与
轴、
轴的交点分别为
，
由三角形的面积公式得
，解得
或
，B 错误；
对于C 和D，当
时，
，
当
时，记
，
则
1，易知
单调递增，
又
，
由零点存在定理知存在
，使得
，
即
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
.
即当
时，
，所以
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，其中
，
当
时，记
，
所以
在
上单调递增，
又因为
，
由零点存在定理知存在
，使得
，
即当
时，
，从而有
，
当
时，
，从而有
，
综上可知，
在
上单调递增，在
上单调递碱，在
上单调递减，在
上单调递增，
其中
，且
，
所以
．
又
，
所以当
时，
，当
时，
，且
，
所以
最多只有两个实根，函数的极小值大于极大值.C 错误，D 正确．
故选：D．
【2025 陕西西安模拟】
5．已知定义在
上的函数
在区间
上单调递增，且满足
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据抽象函数性质可确定
关于直线
对称，关于点
对称，从而可确
定其周期性，再结合单调性可得函数
的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性
质、三角函数性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于函数
有，
，则函数
关于直线
对称，
由
，则函数
关于点
对称，
所以
，所以得
，
则
，故函数
的周期为
，且
，故函数
为偶函数，
因为函数
在区间
上单调递增，则函数
的大致图象如下图：
由对称性可得
，
所以
，故A 错误；
由于
，
，所以
，故B 错误；
又
，
，所以
，故C 正确；
，且
，
因为
，所以
，故
，
所以
，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，
解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称
关系.
【2025 重庆一模】
6．已知函数
满足:
①
是偶函数; ②在
上为增函数. 若
，
且
，则
与
的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】A
【分析】根据
是偶函数，可得函数图象关于
对称，则
在
上为减函数，讨论
两种情况，分别利用单调性比较
大小，即可得答案.
【详解】不妨设
，
由
是偶函数，则
，即
，
即函数
的图象关于
对称，且
，
因为
在
上为增函数，所以
在
上为减函数，
因为
，且
，所以
，
若
则
，则
，即
；
若
因为
，则
，所以
；
综上可得：
.
故选：A.
【原创】
7．已知函数
的定义域为R，且满足
，对任意实数
都有
，若
，则
中的最大项为（ ）
A．
B．
C．
和
D．
和
【答案】D
【分析】方法一：由条件变形为
，采用赋
值法令
可得
，推出数列
是首项为
，
公差为10 的等差数列，求得
，判断其单调性，即可求得答案.
【详解】方法一：由题意
，
可得
，
令
，而
，得
，
即
，即
即数列
是首项为
，公差为10 的等差数列，
所以
，则
，
则
，
当
时，
；当
时，
；当
时，
，
所以
中最大项为
和
，
故选：D.
方法二：
由
，
得
，
设
，
则
，故可设
，由
，
得
，所以
，则
，
所以
，因为
，
所以当
时，
，
；
当
时，
，
；当
时，
，
,
所以
中的最大项为
和
，故选：D.
【点睛】关键点点睛：
方法一：构造等差数列，利用等差数列的通项公式以及数列的单调性判断，即可求出
中的最大项；
方法二：熟悉相关二级结论，即可知晓抽象函数的原型，根据具体函数的性质以及数列的
单调性判断求出．若
，则对任意实数
，
有
；若
，则对任意实数
，
有
；若
（
，
），则对任意实数
，
有
．
【2025 下广东广州开学考试】
8．已知函数
，
，若
，则下列各式成立的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式、导数的
性质进行逐一判断即可.
【详解】由题可得
，即
，
在同一坐标系中分别绘出函数
，
，
的图象，
由
，可知
，由
，可得
，
联立
，解得
，
因为函数
与
互为反函数，所以由反函数性质知
、
关于对称，
则
，
，且
，
，
对于A，
，故A 错误；
对于B，由
，
，
则
，故B 正确；
对于C，因为
，故C 错误；
对于D，
，故D 错误.
故选：B.
【教材溯源题】
9．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.
【2025 四川南充二模】
10．已知函数
，
有5 个不相等的实数根，从小到大依次
为
，
，
，
，
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用导数可得函数在
,
上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得
，再由对数函数的性质可得
，结合
，
，
是方程
的
三个根，可得
，即可求得答案．
【详解】因为当
时，
，
所以
，
所以当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
所以
，所以
，
当
时，
，
所以函数在
上单调递减，在
上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得
，
当
时，令
，解得
或
，
所以
，
又因为
，
所以
，
所以
；
由题意可得
，
，
是方程
，即
的三个根，
所以
，
即
，
所以
，
即
，
所以
．
故选：
．
【点睛】关键点点睛：关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算
性质和对数函数，得到
，即可解题.
【2024 福建漳州质检】
11．已知函数
和函数
，具有相同的零点
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据零点定义可整理得到
，令
，利用导数，结合零点存在定理的知识可确定
在
上单调递减，在
上单调递增，并得到
，
，由
可确定
，由此化简所求式子即可得到结果.
【详解】由题意知：
，
，
联立两式可得：
，
令
，则
；
令
，则
在
上单调递增，
又
，
，
在
上存在唯一零点，且
，
，
；
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递减，在
上单调递增，
，
又
，
，
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关
键是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，
进而利用等量关系式化简最值和所求式子.
【2025 上江苏泰州期末】
12．已知函数
，若
，则下列说法不正
确的有（ ）
A．若
，则
成等比数列
B．若
，则
成等比数列
C．若
，则
D．若
，则
【答案】B
【分析】先设当
时，
成等比数列，从而得到
，再检验
和
的情况，即可判断选项A 和B 的正误，再根据题设得出
在同一直角
坐系中的图象，数形结合，即可求解.
【详解】设当
时，
成等比数列，则
，得到
，
由
，得
，所以
，
所以
，得到
，
经检验，当
时，满足
，
当
时，
，即
，且
，又
在区间恒
上成
立，
即
在区间
上单调递增，所以
，不满足题意，故选项A 正确，选项
B 错误；
因为
在
恒成立，
当
，
，当
，
令
，则
，易知
在
上单调递增，且
，
所以
在区间
上单调递增，又
，所以当
时，
，
则
时，
，所以
，
在
恒成立，
令
，显然有
时，
，
时，
，
所以当
时，
，当
时，
，
又易知
在区间
上单调递增，
所以
的大致函数图象如图所示，
由图象可知当
时，由
，可得
，
当
时，由
，可得
，所以选项C 和D 正确，
故选：B.
【2025 河南信阳二模】
13．已知定义在
上的函数
满足
，且当
时，
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】应用赋值法构造出
的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
【详解】由题意，
，
.
赋值
，得
；
赋值
，得
，即
，
当
时，
，
当
时，则
，所以
，即
；
赋值
，得
，解得
，
即
；
AC 项，由
，
，
得
，
其中由
，可知
，
当
时，
，即
；
当
时，
，即
；故AC 错误；
BD 项，
，得
；
又
，所以
，
则
，
故
，且
不恒为
，故B 错误，D 正确.
故选：D.
二．多选题.
【2024】福建福州期末】
14．已知实数a，b 满足
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】利用零点存在性定理判断
、
零点所在区间判
断A、B；由
与
的形式，及
的单调性判断C、D.
【详解】令
，
因为
，
，且
在
内单调递增，
由零点存在定理得
在区间
内存在唯一零点，
所以，由
，得
，A 正确：
令
，
因为
在
区间内单调递减，又
，
故当
，
，所以函数
在区间
内无零点，
方程
在区间
内无解，B 错误；
由
，得
，考虑到函数
单调递增，
比较
与
的形式，可得
，所以
，D 正确；
由
，得
，将其代入到
中，得
，即
，C 错误.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：利用零点存在性定理及相关函数的单调性得到等量关系为关键.
【2025 陕西榆林二模】
15．对于
，
满足
，
，且对于任意
，
恒有
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】抽象函数，对于ACD 选项采用赋值法求解，B 选项倒序相加即可；
【详解】A 选项：因为
，所以取
得，
，A 选项正确；
B 选项：令
，则
，
两式相加得
，
解得
，B 选项错误；
C 选项：因为
，所以取
得，
，由
，
取
得，
，解得
，
因为
，所以
，
，
，
，
，C
选项正确；
D 选项：因为
，
，且
，
所以
，即
，D 选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数，赋值法是基本，针对选项进行赋值即可.
【教材溯源题】
16．已知函数
恰有三个零点，设其由小到大分别为
，
则（ ）
A．实数
的取值范围是
B．
C．函数
可能有四个零点
D．
【答案】BCD
【分析】对于B，
，证明函数
是奇函数即可；
对于C，将方程等价变形为
，由此即可判断；对于D，由
，而
，进一步求导运算即可；对于A，通过构造
函数可得
，由此即可判断.
【详解】对于B，
，
设
，则它的定义域为
，它关于原点对称，
且
，所以
是奇函数，
由题意
有三个根
，则
，故B 正确；
对于C，由
，
所以
，
所以
，
即
已经有3 个实根
，
当
时，令
，则
，只需保证
可使得方程有4 个实根，故C
正确；
由B 可知，
，而
，
又
，
所以
，故D 正确；
对于A，
，设
，
则
，所以
，
从而
，故A 错误.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断B 选项的关键是发现
，进一步只需验证
是奇函数即可顺利得解.
【原创】
17．设函数
和
，其中是自然对数的底
数
，则下列结论正确的为（ ）
A．
的图象与
轴相切
B．存在实数
，使得
的图象与
轴相切
C．若
，则方程
有唯一实数解
D．若
有两个零点，则
的取值范围为
【答案】ACD
【分析】通过导数的几何意义分别判断函数
，
与x 轴的相切情况；
时，
求得
的单调区间及最值，判断方程
是否有唯一实数解；对
分类讨论，
求得
有两个零点时应满足的条件，从而判断选项正误.
【详解】
，若
的图象与
轴相切，则
，又
，则切点坐标为
，满足条件，故A 正确；
，
，
当
时，易知
恒成立，不存在为0 的解，故不存在实数
，使得
的图象
与
轴相切，B 错误；
由上所述，
在
上单减，
上单增，则
；
若
，
，
，
在
上单增，
上单减，
，故方程
有唯一实数解
，故C 正确；
，
，
当
时，
恒成立，
单增，不存在2 个零点，故舍去；
当
时，
在
上单增，在
上单减，且
时，
，
时，
，故若
有两个零点，则应使最大值
，
即
，
令
，易知
单调递减，且
，
因此
的解集为
，D 正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：利用导数来研究函数的单调性，最值问题，把方程的根的问题，零
点问题转化为图像交点问题，利用导数求得最值，从而得证.
【2024 黑龙江哈尔滨第六中学模考】
18．已知函数
，下列说法正确的有（ ）
A．当
时，则
在
上单调递增
B．当
时，函数
有唯一极值点
C．若函数
只有两个不等于1 的零点
，则必有
D．若函数
有三个零点，则
【答案】ACD
【分析】对于A：直接代入
求单调性即可；对于B：直接代入
求极值即可；对
于C：将函数两个不等于1 的零点转化为
有两个不等于1 的根，
，求导，研究其单调性，根据单调性确定
，然后证明
和
对应的值一样即可；对于D：将问题转化为函数有两个极值点，求导解答即可.
【详解】对于A：当
时，
，
则
，令
，
则
，
则当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
故
，所以
在
上单调递增，A 正确；
对于B：当
时，
，
则
，令
，
则
，
则当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
故
，所以
在
上单调递增，无极值，B 错误；
对于C：令
，得
，
令
，则
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，又
，
所以当
时，
，
单调递增，且
，
当
时，
，
单调递减，且
，
若函数
只有两个不等于的零点
，即函数
与
有两个交点，
则不妨取
，
当
时，
，
所以函数
与
的两个交点横坐标互为倒数，即
，C 正确；
对于D：明显
，所以是函数
的一个零点，且
，
函数
有三个零点，且函数
在
上为连续函数，则函数
必有
两个极值点（不为1），
因为
，
所以
，
设
，则
当
时，令
，得
，
单调递减，
，得
，
单调递增，
所以
，所以
在
上单调递减，不可能有3 个零
点，
所以
，令
，得
，
单调递减，
，得
，
单调递增，
所以
，
所以
，所以
，D 正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：导数问题要学会将问题进行转化，比如选项C，将零点问题转化为函
数图象的交点问题，选项D，将零点个数问题转化为极值点个数问题.
【2024 广东佛山质检】
19．已知
有两个不同的极值点
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由题意可知
有2 个正数根
，从而可得根与系
数的关系，结合判别式求得a 的范围，即可判断A；求出
的表达式，构造函数，
结合函数的单调性，即可判断B；求出
的表达式，结合根与系数的关系式，
即可判断C；将
化简为
，再结合导数的几何意义判断
，即可判断D.
【详解】由题意
得
，
由于
有两个不同的极值点
，
即
有2 个正数根
，则
，
，
故需满足
，解得
，
对于A，
，A 错误；
对于B，
，故
，
令
，
，
即
在
上单调递减，故
，
即
，B 正确；
对于C，
，C 正确；
对于D，
，
可看作曲线
上两点
连线的斜率，
由于
，
，故不妨设
，
由于
，
，则曲线
在
处的切线斜率为1，
由于
，故
连线的斜率小于1，即
，
所以
，即
，D 正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点时选项D 的判断，解答时结合根与系数的关系将
转化为
，再结合导数的几何意义判断
，即可判断
该选项.
【2025 全国专题练习】
20．已知函数
在
处取得极值，且在
上单
调，则下列结论中正确的是（ ）
A．
的取值范围是
B．
不可能有两个零点
C．若
在
上有最小值，则
的取值范围是
D．当
时，若关于
的不等式
恒成立，则
实数
的取值范围是
【答案】ACD
【分析】求导函数，利用
在
处取得极值，求得
的取值范围判断A；结合A，求
得函数的极大值与极小值，可得
时，
有两个零点，求解判断B；由题意可得
，进而求解可判断C；令
，结合已知可得
，结合
为奇函数，可得
，
求解即可求得实数
的取值范围判断D.
【详解】选项A：由题得
，
若
，则
，
单调递增，不存在极值，
又因为
在
处取得极值，所以必有
．
当
时，可知
在
处取得极小值，且在
上单调递增，符合题意；
当
时，可知
在
处取得极大值，但在
上先减后增，不符合题意．
综上，
的取值范围是
，故A 正确．
选项B：由选项A 可知
的极大值为
，
极小值为
，
因为
，所以极大值
，
当极小值
，即
时，
有两个零点，故B 错误．
选项C：要使
在
上有最小值，应满足
，即
，解
得
，故C 正确；
选项D：当
时，
，令
，显然
是奇函数，
且
，因此不等式
，
可化为
，
即
，由于
是奇函数，
（结论：任意三次函数
的图象均为中心对称图形，
且对称中心为点
，其中
是
的二阶导数的零点）
所以
，
又
，
且
在
上单调递增，
（函数
在
上单调递增，
将
的图象向上平移
个单位长度得到
的图象，所以
与
的单调性相同），
因此
，即
，
于是
，由于
，
因此
，则
，故实数
的取值范围是
，故D 正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于D 项函数类不等式的解法，常常利用函数的单调性，去掉对应用
关系得到含自变量的不等式，再根据不等式的特征求解即可求解.
三．填空题.
【2025 上甘肃期末】
21．设
是定义在
上的奇函数，对任意的
，满足
，若
，则不等式
的解集为 .
【答案】
【分析】由题意构造函数
，进而得出
的奇偶性和单调性，利用函数的奇
偶性与单调性解不等式即可.
【详解】令
，
由
是定义在
上的奇函数，
可得
是定义在
上的偶函数.
由对任意的
，满足
，
可得
在
上单调递增，
由
，可得
，
所以
在
上单调递减，且
.
不等式
，即为
，
可得
或
即
或
解得
或
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据
构造函数
，
根据函数奇偶性与单调性解不等式亦为关键.
【2025 上广东汕头期中】
22．已知定义在R 上的函数
满足：
，则
= ；若
，对任意的
都有
则不等式
的解集为 .
【答案】 1
【分析】利用赋值法即可求解
；由
构造函数
，且
在
上单调递减，利用函数的单调性解不等式
即可.
【详解】由
，令
，得
，解得
；
设
，则
，
由
，得
，即
，
设
（
），则
在
上单调递减.
由
，得
，即
.
所以
，解得
，
即不等式
的解集为
.
故答案为：1；
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据
构造函数
，且
在
上单调递减.
【2025 上辽宁期末】
23．已知定义在
上的偶函数
，当
时，
.且
时，
恒成立，且
，则
时，不等式
的解集为 .
【答案】
【分析】首先通过对给定不等式进行变形构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，再
结合函数的奇偶性，将所求不等式进行转化，最后求解不等式得到解集.
【详解】已知当
时，
，
将其变形为
，
进一步整理得
.
令
，对
求导，
.
当
时，
，
，
可得
，所以
在
上单调递减.
因为
是定义在
上的偶函数，即
.
那么
，所以
是奇函数.
所以
在
上也是单调递减.
已知
，则
.
当
时，
，则
，
∴不等式
可化为
，即
.
因为
在
上单调递减，则
.
当
时，
；
，得
，则
，
∴不等式
可化为
，即
，则
.
综上，不等式
的解集为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点睛：本题关键是对已知式子变形，构造新函数，再转化为用函数单调性和
奇偶性解题.
【2025 上云南昭通期末】
24．已知函数
，奇函数
，当
时，
，
若有且仅有
个实数满足
，且
，
，⋯，
，则
．
【答案】13
【分析】由已知可得
在
上单调递增的奇函数，
是周期为4，
，
，通过数形结合即可得出结果.
【详解】因为
，所以
，
所以
，
即
为奇函数，
，则
在
上单调递增.
因为
，所以
的图象关于直线
对称，
又
为奇函数，所以
，
所以
是周期为4 的函数.
当
时，
，所以
，
即
，解得
，
所以当
时，
，此时
是增函数，
所以
在
上是增函数.
所以函数
与
的大致图象如图所示.
因为
与
的图象都关于点
对称，且
周期为4，
因为有且仅有
个实数满足
，且
，
，
，
⋯
，
所以
，
,
由图可知，两函数图象共有13 个交点，所以
，
所以
.
故答案为：13
【2024 四川成都诊断】
25．已知函数
．给出下列四个结论：
①
；
②存在
，使得
；
③对于任意的
，都有
；
④对于任意的
，都有
．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】对于①，借助中间值
，计算即可判断；对于②，构造函数
，
由零点存在性定理判段即可；对于③，构造函数
，
，根据函数单调性判
断即可；对于④，分段讨论当
，
，当
，
，再将函数
，
两边同时取对数化简可得
，提
公因式构造不等式判断可得
，根据绝对值的意义判断即可.
【详解】因为
，所以
，
，
因为
，
，
所以
，故①错误；
若
，则
，即
，
，即
，
令
，因为
，
所以存在
，使得
，即
，
所以存在
，使得
，故②正确，
因为
，
因为
在
上单调递减，所以
也单调递减，
所以
，
，
因为
在
上单调递增，所以
也单调递增，
所以
，
即
，即对于任意的
，都有
，故③正确；
由②可知，存在
，使得
，
结合③可知当
，
，
，即
，
可知当
，
，
，即
，
因为
，
，得
，
即
，
当
，有
，
因为
，所以
，所以
，
所以
，即
，
当
，有
，
因为
，所以
，所以
，
即
，所以对于任意的
，都有
，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：解决本题②，在于构造函数
，利用零点存在性定理
判段；本题③，关键在于构造函数
，
，根据复合函数单调性判断；本题
④，关键在于根据②的结论分段讨论，将函数两边同时取对数可得
，结
合③计算有关结论，提公因式构造不等式得
，然后判断即可.
1.试题特点分析：函数、方程、不等式的结合，是函数某一变量值一定或在某一范围下
的方程或不等式，体现了一般到特殊的观念.也体现了函数图像与方程、不等式的内在联系，
在高中阶段，应该让学生进一步深刻认识和体会函数、方程、不等式三部分之间的内在联
系，并把这种内在联系作为学习的基本指导思想，这也是高中数学最为重要的内容之一.而
新课程标准中把这个联系提到了十分明朗、鲜明的程度.因此，在高三的复习中，对这部分
内容应予以足够的重视.
2.解题方法阐述：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以
及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函
数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的.
3.解题经验分享：第一、理解函数、方程和不等式三者之间的关系，函数思想是基础；
第二、熟悉各种基本初等函数的图象和性质.第三、合理利用数形结合思想、函数思想和方
程思想.
