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专题02 函数零点、不等式及构造与同构问题
（16 大考向）
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速度提升
技巧掌握
手感养成
重难考向聚焦
锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向
重难考向保分攻略
授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化
重难冲刺练
模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：函数与方程理论应用，涉及到的知识点多，处理问题的方法与技巧灵活多变，始终是高考考察的
重点之一，命题形式多样，既有选择题填空题，也有解答题应用这个数学思想，难度从容易到困难，都有
出现，属于考察必考点之一。
预测2026 年：应用零点存在定理与导数结合，来求零点，恒成立求参，能成立求参，或者证明不等式，
或者解方程，是高考重要的考察方向，特别要注意和向量、数列以及解析几何等知识的应用结合来考察。
考向01 函数与方程1：零点存在性定理
函数零点存在定理：
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)
在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c (a
∈，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0 的解。
零点主要思维方法，分离参数水平线法求零点，具体如下：
1.分离参数
2.构造函数于水平线
3.构造函数时，要注意函数是否有“水平渐近线”
注意合理的运用二分法来快速解决。
二分法的一般步骤（精确度为
）
1
（1）确定零点
所在区间为
，验证
；
（2）求区间
的中点 ；
（3）计算
；
①若
则就是函数的零点；
②若
，则
，令
；
③若
，则
，令
；
（4）判断是否达到精确度：若
，则得到零点近似值
（或
），否则重复步骤以上步骤.
1．（25-26 高三·山东青岛·阶段练习）定义区间
、
、
、
的长度均为
，其中
，若已知实数
.则满足不等式
解集的各区间长度之
和为 .
【答案】3
【分析】设
，利用二次函数的性质得
有两个不相等的零点
且
，进而有题设不等式左侧有四个零点
，假设
，结合零点存在性得到
，应用穿根法及区间长度的定义求答案.
【详解】设
，
，
所以
有两个不相等的零点，设为
且
，
因此
有四个零点
，
不妨设
，又
，所以
，
因此四个零点的大小关系为
，应用穿根法如下：
因此，题设不等式解集的各区间长度之和为
.
故答案为：3
2．（25-26 高三上·湖南衡阳·月考）判断一元五次方程
的实根个数为
（ ）
A．5
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】设
，求导可得
，利用一
元二次方程的有关内容可得
，进而证明函数
的单调性，结合零点的存在性定理即可求解.
【详解】设
，
则
，
对于一元二次方程
，
，
所以
，所以
，
则函数
在R 上单调递增，且
，
有
，由零点的存在性定理知，
函数
在
上存在唯一的零点，
即方程
有1 个实数根.
故选：B
2
3．（25-26 高三·浙江阶段练习）已知关于
的方程
恰有两个不同的解，则实数
的取值范围
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】讨论
和
时的情况，
时，
等价于
或
，分别解这两个方程，结合方程的根的个数，即可确定答案.
【详解】当
时，由于
，则
，此时
无解；
当
时，
等价于
或
，
对于
，可得
，令
，即
，解得
，
此时
有两个解；对于
，可得
，
令
，即
，即
或
，
解得
，（由于
，
舍去），当
，
，当
，
有两解，综合上述可知：
时，
有两个解，
时，
有一个解，
时，
有两个解，
则
时，
有三个或四个解，不符题意；由于关于
的方程
恰有两个不
同的解，故
，所以实数
的取值范围为
，故选：A
4．（25-26 高三湖南阶段练习）已知
，且函数
有且仅有一个零点.若
方程
无解，则实数
的取值范围是（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】分析得函数
为偶函数，结合已知条件得出
，可求出
的值，可得出函数
的解
析式，利用基本不等式可求得函数
的值域，即可得出实数
的取值范围.
【详解】对任意的
，
，故函数
的定义域为
，
，故函数
为偶函数，
3
若函数
存在一个非零的零点
，则
也必为函数
的零点，这与已知条件矛盾，
由于函数
有且只有一个零点，则该零点必为
，即
，
所以
，
当且仅当
时，即当
时，等号成立，故函数
的值域为
，
因为方程
无解，故
，即实数
的取值范围是
.
故选：A.
考向02 函数与方程2：分段函数零点求参
分段函数的零点问题，面临的主要问题是参数对解析式的影响，参数，参数在定义域处，或者参数在分
段解析式处等等，核心策略是“分区间拆解，逐段求解验证”，因为分段函数在不同区间有不同解析
式，零点必须满足“在对应区间内且函数值为0”
①明确分段标准，拆分定义域
②分区间列方程，求解可能零点
③验证区间归属，筛选有效零点
④特殊处理分段点
⑤抓住参数的“临界值”，分层讨论
⑥用图像辅助分析，直观判断零点个数
1．（25-26 高三上·广东中山·阶段练习）已知定义在R 上的函数
，若函数
恰有2 个零点，则实数a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】将问题化为
与
有两个交点，利用导数研究
过原点的切线斜率，数形结合判断参
数
的范围.
【详解】作出函数
的图象，如图示：
当
时，
，则
，
若切点为
，则
，则切线为
，
由切线过原点，则
，所以
为
的一条切线方程，
当
时，
，则
，
若切点为
，则
，则切线为
，
由切线过原点，则
，即
，所以
为
的一条切线，
4
当
时，
，则
，
若切点为
，则
，则切线为
，
由切线过原点，则
，即
，所以
为
的一条切线，
综上，考虑直线
，
，
与曲线
相切，
由图知，当
时
与
有两个交点，
所以
时函数
恰有两个零点．
故选：B
2．（2025 高三·全国·专题练习）函数
，设
，
，若
有四个零点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先由已知得到
，再把函数
有四个零点转化为函数
的图象与直线
有四个不同的交点，直线
在点
在下方且在
的最小值点的上方,结合图像解出.
【详解】由已知
，
令
，解得
.
即交点
，
当
时
；
当
时
所以当
时
；
当
时
又函数
有四个零点，即函数
的图象与直线
有四个不同的交点，如图.
由图象知，令
，则
.直线
在点
的下方且在
的最小值点的上方，
，且
的最小值为
.
所以
，即
，
，解得
或
（舍去）.
所以有
.
5
故选：A．
3．（24-25 高二下·浙江舟山·期末）记函数
.已知函数
，
，
，若
有且只有个零点，则的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】化简函数
的解析式为
，令
，由
可得出
，则直线
与函数
的图象有三个交点，数形结合可得出关于实数的不等式组，
由此可解得实数的取值范围.
【详解】令
，其中
，
因为函数
、
在
上均为增函数，故函数
在
上为增函数，
因为
，故当
时，
，此时
；
当
时，
，此时
，
所以
.
当
时，令
，可得
；
当
时，令
，可得
.
令
，则直线
与函数
的图象有三个交点，如下图所示：
由图可知，要使得直线
与函数
的图象有三个交点，
只需
，解得
，因此，实数的取值范围是
.
故选：D.
4．（2025·陕西·三模）已知函数
定义为：
，若函数
恰好有3 个零
点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
6
【分析】根据函数解析式，分类讨论
，
不同
的取值范围下，函数
零点的个数，从而得到
恰好有3 个零点时实数
的取值范围.
【详解】①当
时，要使
有意义，故
；
方程
为
，平方得，
，解得
；
显然
，解不等式
得
；
在
上
满足：当
或
时，有1 个零点；当
时，有两个零点；
②当
时，若
，
，函数有无穷个零点；
当
时，方程
，即
， 解得
，令
，即
；
即在
上
满足：当
且
时，有1 个零点；当
时，有无穷个零点；当
时，没
有零点．综上，当
时，
有三个零点．故选：D．
考向03 函数与方程3：复合二次型函数零点
.解复合函数
零点问题的：
（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出
的图像
（2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于
的方程
中
解的
个数，再根据个数与
的图像特点，分配每个函数值
被几个
所对应，从而确定
的取值范围，进而决定参数的范围
1（2025·湖南娄底·模拟预测）已知函数
，
，若关于
的方程
有3 个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】令
，作出函数函数
的大致的图象，结合图象得出关于x 的方程根的情况，再根据一
元二次方程根的分布情况分类讨论即可得解.
【详解】由题意，作出函数
的大致图象，如图．
令
，由图可知，当
时，关于
的方程
有2 个不同的实数根；
当
时，关于
的方程
无实数根；
当
或
时，关于
的方程
只有1 个实数根．
7
因为关于
的方程
有3 个不同实数根，
所以关于
的方程
的一个根在
内，
另一个根在
内，或一个根为0，另一个根在
内．
当
为方程
的根时，
，且方程的另一根为
．
当
时，方程的另一个根为
，不符合题意；
当
时，方程的另一个根为
，不符合题意．
当
为方程
的根时，有
，则
或
．
当
时，方程的另一个根为
，不符合题意；
当
时，方程的另一个根为
，不符合题意．
所以关于
的方程
的一个根在
内，另一个根在
内．
令
，
则
即
解得
．
综上所述，实数的取值范围是
．
故选：B.
2．（25-26 高三上·辽宁·阶段练习）已知函数
，若关于
的方程
有且仅有4 个不同的实数根，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】求导，判断函数
单调性及极值，作出函数图象，将方程
变形
为
，结合函数图象，数形结合可得参数
范围.
【详解】因为
，
当
时，
，
在
单调递增，
当
时，
，
在
单调递减，
当
时，
，
在
单调递增，
注意到
时
，
，
，
时
，大致图象如下，
方程
分解为
，
由于
，故知
有三个解，故须使
有一个不同的实数解，
由图象知
.
故选：B.
8
3．（25-26 高三上·四川广安·阶段练习）已知函数
，若方程
有且仅有5 个不同实数根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】令
，将原方程转化为
，可得
，作出函数
的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】令
，则
即为
，即
，
即
，则
，
作出函数
的图象，如图：
因为方程
有且仅有5 个不同实数根，
结合图象可得
或
，
即
或
，
解得
或无解，
故实数
的取值范围是
，
故选：D
4．（24-25 高三·广东清远·阶段练习）已知函数
，若关于
的方程
有5 个不同的实数根，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
9
【分析】因为
，所以
或
只需
的图象与直线
有
3 个交点，利用数形结合即可得
【详解】因为
，所以
或
因为关于
的方程
共有5 个不同的实数根．
所以
的图象与直线
和直线
共有5 个不同的交点．
如图，
的图象与直线
有2 个交点，
所以只需
的图象与直线
有3 个交点，所以
．
故选：D．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令
，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
上是连续不断的曲线，且
，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．
考向04 函数与方程4：镶嵌函数零点求参
.对于复合函数
的零点个数问题，求解思路如下：
（1）确定内层函数
和外层函数
；
（2）确定外层函数
的零点
；
（3）确定直线
与内层函数
图象的交点个数分别为
、
、
、
、
，
则函数
的零点个数为
.
1．（24-25·湖南衡阳·期末）已知函数
，
，若关于x 的方程
有19 个不等实数根，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】化简题目所给方程，对
进行分类讨论，根据复合函数、图象、根的个数等知识求得
的取值范
围.
【详解】原方程可化为
，
10
而
的解为
或
或
，若
，则
或
或，
由图象可知此时有10 个实数解．当
时，显然
无解，
当
时，
，此时有3 个实数解，不合题意．
当
时，显然
有两解，此时实数解个数不超过8，不合题意．显然
．
当
时，
有三解，此时由图象易知实数解个数不超过8，不合题意．
当
时，
有三解，此时对于满足
的解，易知其满足
，
故由图象可得此时实数解个数不超过7，不合题意．当
时，
注意到
，且
，
故由图象可得此时实数解个数为9，符合题意.
故选：B
2．（25-26·湖南邵阳·阶段练习）已知函数
，
，其中
均为实数．
若方程
有且仅有5 个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】画出
的图象，令
，根据函数图象可得
有两个不等实根
，且
有两个整数根，
有三个整数根，数形结合得到
，此时两个整数根分别为2 和
，
数形结合得到
三个整数根中，必有一个小于2，只有
满足要求，故
，求出五个整数根分
别为
，
，1，2，4，即可得到答案.
【详解】令
，则
，
根据
的图象可知，要满足题意必须
有两个不等实根
，
且
有两个整数根，
有三个整数根，
结合图象，当
与
相切时满足要求，
在
上单调递减，在
上单调递增，
故当
时，
取得最小值，最小值为
，故
，
又
，
，其在定义域内单调递减，令
，解得
，
故
时，有两个整数根，分别为2 和
，
11
由图象可知，
的三个整数根中，必有一个小于2，显然只有
满足要求，
此时
，故
，令
，解得另一个根为4，
又
，解得
，
故五个整数根分别为
，
，1，2，4，
所以最大整数解和最小整数解之积为
．
故选：A．
3．（25-26 高三上·重庆·阶段练习）已知函数
，若函数
有6 个零点，则
实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意对实数
进行讨论，分
，
，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求
解.
【详解】当
，
时，
，对称轴为
，
所以
在
单调递增，函数图象如下：
令
，
，解得
或
，
即
或
，根据图象
有2 个解，
有1 个解，
所以此时
有3 个零点，不符合题意；
当
，
时，
，对称轴为
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，函数图像如下：
令
，
，解得
或
或
，
根据图象
有2 个解，
有3 个解，
12
又
有6 个零点，所以
要有1 个解，
即
，解得
，
故选：D.
4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数
若函数
恰有3 个
零点，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先分析函数
的单调性，换元简化
，分析
的根对零点的影响，进行分类讨论得到
结果；
【详解】对于函数
根据二次函数和对数函数可知
，
在
上单调递减，在
和
上单调递增，
令
，则
，
，
函数
恰有3 个零点等价于方程
的正根对应的
的解的个数之和
为3.
当
有两个相等的正根时，
，即
，
（舍），方程解得
，
，分段函数计算可得
，此时
有两个零点，不符合题意；
当
有两个不相等的正根
时，
，
所以①当
时，
，方程
无实数解，且
，解得
；
②当
时，
，由于
，
可知
时，
，因为
在
上单调递增，所以有1 个解，
；
时，
，可知有2 个解，
恰有3 个零点，要求
和
的解的总个数为3 个.
通过图象分析可知要求
，即
.
是方程
的较大的根，由
，可得
综上，
的取值范围为
.
故选：A.
13
考向05 函数与不等式1：根的分布
.根的分布
1.基础分布：0 分布
特征：（1）、两正根；（2）、两负跟；（3）、一正一负两根。
方法：判别式+韦达定理
2．区间分布与K 分布
特征：（1）、根比某个常数K 大或者小；（2）、根在某个区间（a，b）内（外）
方法：借助复合条件的大致图像，从以下四点入手
（1）开口方向；
（2）判别式；
（3）对称轴位置；
（4）根的分布区间端点对应的函数值正负
如果是“0”分布，可以用韦达定理
指数型根的分布
1. 换元，令
，有指数函数性质知，t 的最大范围为正。
2. 注意题中对方程根的正负范围，对应的t 的取值范围
3. 根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。
4. 特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25 高三·全国·专题练习）若在定义域内存在实数
，满足
，则称
为“有点奇
函数”，若
为定义域
上的“有点奇函数”，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由“有点奇函数”可得
，方程转化为：
，令
，，则问题转化为只需让方程
存在大于等于2 的解即可，分类讨论可得答案.
【详解】根据“有点奇函数”的定义可知，函数
有解即可，
即
，
，即
有解即可，
令
，则问题转化为
存在大于等于2 的解即可，
设
，对称轴
，
①若
，则
，
即
，此时
；
②若
，要使
在
时有解，
14
则
即
解得
.综上，
.
故选：B.
2．（24-25 高三·全国·专题练习）若函数
在
上单调递减，
则实数
的取值范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】化简函数f（x），根据f（x）在区间
上单调递减，f′（x）≤0 恒成立，由此解不等式求出a
的取值范围．
【详解】由函数
，
且f(x)在区间
上单调递减，
∴在区间
上,f′(x)=−sin2x+3a(cosx−sinx)+2a−1≤0 恒成立，
∵设
，
∴当x∈
时,
,t [−1,1]
∈
，即−1≤cosx−sinx≤1，
令t [−1,1],
∈
sin2x=1−t2 [0,1]
∈
，
原式等价于t2+3at+2a−2≤0，当t [−1,1]
∈
时恒成立，
令g(t)=t2+3at+2a−2，
只需满足
或
或
，
解得
或
或
，
综上，可得实数a 的取值范围是
，
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数的公式及导数的应用，解题的关键是利用换元将不等式恒成立问题转化为一元
二次不等式恒成立问题，属于较难题.
3．（23-24 高三上·江苏苏州·开学考试）已知函数
有三个不同的零点
，
，
，且
，则实数a 的取值范围是 ；
的值为 .
15
【答案】
1
【分析】①令
，则方程
有两个不等的实根
，
，数形结合，根据
的图象得出
结果；②由韦达定理
代入求值即可.
【详解】由
，
令
，∴
，
令
，
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
当
时，
.
作出
大致图象如下，要使原方程有三个不同的零点，
（*）式关于t 的一元二次方程有两个不等的实根
，
，其中
，
，
令
，∴
，
且
，
，
，
∴
，
故答案为：
；1.
【点睛】求解复合函数零点问题的方法：
(1)此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出两个图像；
(2)若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于
的方程
中
解的个数再根据个数与
的图像特点，决定参数的范围.
4．（24-25 高三江西丰城开学考试）设函数
，
.若方程
在
16
上有4 个不相等的实数根，则
的取值范围是 .
【答案】
【分析】
，令
，则
，由题意，
原问题等价于
在区间
上有两个不相等的实数根，由一元二次方程根的分布即
可求解.
【详解】解：
，
令
，则
，
当
时，
有两个不相等的实数根，当
时，
有且仅有一个实数根，
因为方程
在
上有4 个不相等的实数根，
所以原问题等价于
在区间
上有两个不相等的实数根，
所以有
，解得
，
故答案为：
.
考向06 函数与不等式2：换元构造型
.换元型根的分布，要注意换元前后，新元与旧元的范围传递与变化。比如指数型根的分布
1.换元，令
，有指数函数性质知，t 的最大范围为正。
2.注意题中对方程根的正负范围，对应的t 的取值范围
3.根据换元后新“根”的范围，用一元二次型“根的分布”求解。
4.特殊的函数式子，可以分离参数，转化为“水平线型”求解。
1．（24-25 高三·江苏镇江阶段练习）已知函数
，若函数
在区间
上的值域为
，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得
有两个不相等的正实数根，结
合判别式和韦达定理可得结果.
【详解】因为
在
上为增函数，
在
上为减函数，
所以
在
为增函数，
所以函数
在区间
上的值域为
，
所以
，整理得
，
所以
为方程
的两根，即
有两个不相等的正实数根，
17
所以
，解得
且
，
所以实数
的取值范围是
.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下：
（1）分析函数的单调性，可得
在
为增函数，函数
在区间
上的值域为
.
（2）根据值域的对应关系可得
为方程
的两根，即一元二次方程有两个不相等的正
实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数
的取值范围.
2．（24-25 高三·江苏苏州阶段练习）函数
的定义域为
，若满足：①
在
内是单调函数；②存
在
，使得
在
上的值域也是
，则称
为高斯函数．若
是高斯函数，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】判断函数
的单调性，根据条件列方程组，可知
是方程
在
上的两
个不等实根，令
，则
在
上有两个不等实根，令
，建立
关于
的不等式组，求解即可.
【详解】因为
在
上单调递增，
由题意知
，
所以
是方程
在
上的两个不等实根，
令
，则
，
所以
在
上有两个不等实根，
令
，对称轴
，
则
，即
，解得
，
所以实数
的取值范围是
.
故选：D.
3．（24-25 高三河北保定阶段练习）已知函数
，若存在区间
，使得函数
在区间
上的值域为
，则实数k 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
18
【分析】根据函数的单调性可知，
，即得
，故可知
是方程
的两个不同非负实根，由根与系数的关系即可求出．
【详解】根据函数的单调性可知，
，
即可得到
，
即可知
是方程
的两个不同非负实根，
所以
，解得
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数的单调性的应用以及一元二次方程的根与系数的关系应用，意在考查学生的转
化能力，属于中档题．
4．（24-25 高三·新疆阿克苏·阶段练习）定义域为
的函数
同时满足条件：①常数
满足
，区
间
，②使
在
上的值域为
，那么我们把
叫做
上的“
级矩形”
函数．函数
是
上的“ 级矩形”函数，则满足条件的常数对
共有（ ）
A．对
B．
对
C．对
D．
对
【答案】C
【分析】利用函数
是上的单调递增函数，结合题设条件可得
，进而求得满足条件的常数对.
【详解】由题意，函数
是
上的“1 级矩阵”函数，
即满足条件①常数
满足
，区间
，②使
在
上的值域为
，
因为函数
是
上的单调递增函数，所以
，解得
或
，
或
又
，所以满足条件的常数对
为
，
，
.
考向07 函数与不等式3：恒成立型求参
恒成立问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数
，
（1）若
，
，总有
成立，故
；
（2）若
，
，有
成立，故
；
（3）若
，
，有
成立，故
；
（4）若
，
，有
，则
的值域是
值域的子集．
1．（24-25 高三下·江西南昌·阶段练习）设函数
，若
恒成立，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
19
C．
D．
【答案】C
【分析】首先确定函数的定义域，接着由函数
恒成立得
恒成立，分
、
、
和
四种情况分析求解不等式解集，从而得
，最后代入所求表达
式化简利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可得函数
的定义域为
，
因为函数
恒成立，而
，故
，
则
或
，解得
或
，
若
，得不等式的解集为
，
则
使得
，不满足题意；
若
，得不等式的解集为
，
则
使得
，不满足题意；
若
，得不等式的解集为
，
则
使得
，不满足题意；
若
，得不等式的解集为
，满足题意，
综上所述
，
所以
，
因为
且
，即
，
所以
的取值范围为
，
所以
的取值范围为
.
故选：C.
2．（2025 高三·全国·专题练习）若关于
的不等式
对任意的正实数
恒成立，则
的最小值是（ ）
A．7
B．9
C．10
D．
【答案】B
【分析】先判断
的大致范围，再求
之间的关系，最后应用利用“1”的代换及基本不等式求最值.
【详解】令
，因为
，所以
．
若
，则
，此时显然不符合题意．
当
时，令
，得
，令
，得
，
若
，则当
时，
，
，
所以
，所以
不符合题意，故
．
20
因为
，
当
时，
，所以
，则
，
当
时，
，所以
，则
，
故
，即
．
（另解：
在
处变号，
在
处变号，若
，则
，即
），
所以
，当且仅当
，
时等号成立.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据已知不等式恒成立得到
为关键.
7．（25-26 高三上·山东聊城·阶段练习）已知
，
，不等式
恒成立，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】等价变形给定不等式，利用指数函数单调性，结合恒成立求出
的范围，利用对
数函数单调性求出
的范围，再分离参数，利用恒成立条件求出
范围.
【详解】不等式
，
依题意，
，不等式
恒成立，
而函数
在
上单调递减，则
，于是
，令
，
依题意，
，不等式
恒成立，又函数
在
上单调递增，
，函数
在
上单调递减，
，因此
，
所以实数a 的取值范围是
.
故答案为：
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
，若
恒成立，则
.
【答案】4
【分析】分类讨论
，当
时，
不恒成立，当
时，分析
，
的符号，
可知
恒成立时，需满足
，即可得解.
【详解】显然
时，
无意义，
当
时，由
可得
，即函数定义域为
，
此时
，若
，则
，即
，解得
，
21
故
在定义域上不恒成立，不合题意；
当
时，由
可得
，即函数定义域为
，
由
，解得
，当
时，
，由
，
需
，
当
时，
，由
，需
，
由于
，上述两种情况都需成立，所以只需
，即
,
此时，对于
，都有
恒成立.
故答案为：4
考向08 函数与不等式4：能成立型求参
.能成立于恒成立之间的关系，可以简单的总结为：
恒成立转化为能成立时候，max 与min 互换
1．（25-26 ·湖南衡阳阶段练习）已知函数
，若对任意的
，总存在
，使得
，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用换元法求得
的值域为
，利用基本不等式可得
的值域为
，根据题意可知
，根据包含关系列式求解即可.
【详解】因为
，
，
设
，
，
令
，则
，
可得
，当且仅当
时，等号成立，
则
，所以
的值域为
，
又因为
，当且仅当
时取等号，
可得
，所以
的值域为
，
根据题意可知：
，则
，
22
即
，解得
且
，
所以实数
的取值范围
．
故选：C.
2．（25-26 高三上·山东济宁·期中）已知函数
，
，若
，
，
使得
，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】将问题转化为
，利用基本不等式和对数函数单调性可分别求得
的最小
值，由此可构造不等式求得结果.
【详解】
，
，使得
，
；
（当且仅当
时取等号），
，
，解得：
，
实数
的取值范围为
.
故选：D.
3．（25-26 高三·江西丰城·期中）已知
，
，若任给
，存在
，使得
，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】问题转化为函数
在
的值域是函数
在
的值域的子集，再根据集合间的包含关
系求参数
的取值范围.
【详解】因为对任意
，存在
，使得
，
所以函数
在
的值域是函数
在
的值域的子集.
当
时，
；
当
时，结合对勾函数性质知
.
所以当
时，函数
的值域为
.
若
，当
时，
，
由
，所以
；
若
，当
时，
，
23
此时
不成立，故
不合题意；
若
，当
时，
，
由
，所以
.
综上可知：
或
.
故选：B
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
（其中
为常数），设
，存在正数
，
使得对于区间
上的任意3 个实数
，都存在以
为边长的三角形，则
这样的
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】换元，则
，
，将问题等价于
，然后按照
、
、
和
分类讨论求解最值，列不等式求解即可.
【详解】设
，则
在
上单调递减，
所以
，则
；
所以对于区间
上的任意3 个实数
，
都存在以
，
，
为边长的三角形，等价于
，
任取
，所以
，
，
则
，
①当
时，
，所以
，
即
在
上单调递增，
所以
，
，
由
得
，解得
，所以
；
②当
时，易得
在
上单调递减，
在
上单调递增，所以
，
24
，
由
得
，解得
，所以
；
③当
时，易得
在
上单调递减，
在
上单调递增，所以
，
，
由
得
，解得
，所以
；
④当
时，
，所以
，
即
在
上单调递减，
所以
，
，
由
得
，解得
，所以
；
综上，
，又
为正数，所以
.
故选：B．
考向09 导数公式构造1：幂指构造
.幂指函数构造技巧：
1.
2.
3.
4.
指数函数，主要是以e 为底的函数构造：
1.
，
2.
3.
，
4.
1．（2024·四川德阳·模拟预测）设定义域为
的函数
的导函数为
.已知
，
25
，若
在
上恒成立，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先利用
导函数的奇偶性分析原函数
的奇偶性，再构造函数
，根据题意分析
单调性，结合不等式有意义，分类讨论，并结合同构特点利用单调性解不等式可得.
【详解】令
，由
，令
，则
.
则
，故
，
由
，令
，则
，故
，
故
，可知
为偶函数；
令
，则
，
当
时，由
，则
，即
在
上严格递增，
又
，
则当
时，
，故
；
则当
时，
，则
；
则由偶函数
对称性可知，当
时，
.
由
，则
.
不等式
可化为
，其中
且
.
当
时，
，则
，
故不等式
无解；
当
时，
，可得
，即
，
由
在
上严格递增，可知
，解得
，
所以
；
综上所述，不等式的解集为
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据题意中导函数满足的不等关系及所求解不等式，构造函数
，利用新函数的
单调性求解抽象不等式.
2．（2025 高三·全国·专题练习）定义在
上的函数
的导函数为
，若对任意实数x，有
，且
为奇函数，则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意构造函数
，通过判断函数
的单调性及
的值来解不等式
26
【详解】设
，则
，
因为对任意实数x，都有
，所以
，所以
为定义在
上的减函数，
因为
为奇函数，所以
，则
，所以
，则不等式
转化为
，即
，由于函数
在定义域上单调递减，所以
，
故不等式
的解集是
．
故选：C．
3．（25-26 高三上·河南·月考）已知定义在
上的可导函数
的导函数为
，若
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】构造函数
，
，利用导数判断出
在
上单调递减，由已知
可得
，再利用
的单调性可得答案.
【详解】因为
，
，所以
，
令
，
，
则
，
因为
，
，所以
，
所以
在
上单调递减，
因为
，所以
，所以
，
即
，可得
，
又因为
在
上单调递减，
所以
，解得
.
故选：A.
4．（25-26 高三上·江苏盐城·月考）已知可导函数
的导函数为
， 若对任意的
， 都有
且
为奇函数， 则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
构造函数
，利用导数判断其单调性，将不等式
化为
，利用
的单调性求得结果．
【详解】设
，则
，
由
，得
，又
，
所以
，故函数
在
上单调递减．
因为
为奇函数，且定义域为
，
27
所以
，得
，
所以
，
不等式
等价于
，即
，
又函数
在
上单调递减，所以
，
故不等式
的解集是
．
故选：D．
考向10 导数公式构造2：对数函数构造
.对数函数型构造
1.
2.授课时，可以让学生写出y=ln（kx+b）与y=f(x)的加、减、乘、除各种结果
1．（24-25 高三上·江苏南京·期中）已知函数
的导函数为
，当
时，
，
则下列结论一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
在
上单调递减
D．当
时，
【答案】D
【分析】A 选项，令
得
；D 选项，构造函数
，得到
的单调性，然后利用
单调性和
的性质即可得到结论；BC 选项，根据
的正负判断.
【详解】在
中令
得
，故A 错；
令
，则
，
因为当
时，
，
所以
，
在
上单调递增，
因为
，所以当
时，
，
时，
，
因为在
时，
，
时，
，
所以
时，
，故D 正确；
，则
，
，故
的正负不确定，故B 错；
当
时，
，
，故
在
的单调性不确定，故C 错.
故选：D.
【点睛】方法点睛：构造函数的常见类型：
①乘积形式：例如
，
；
②商的形式：例如
，
.
28
2．（23-24·江苏南通·阶段练习）已知函数
的导函数为
，且
，当
时，
，
则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】构造函数
，由题意可得当
时，
，即可得
的单调性，结合
，可得
，又
，结合
单调性即可得解.
【详解】令
，则
，
由当
时，
，则当
时，
，
即
在
上单调递减，
由
，则
，
由
，即
，故
.
故选：D.
3．（23-24 高三上·河南周口·阶段练习）已知函数
的定义域为
，导函数为
，不等式
恒成立，且
，则不等式
的解集为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设
，
，则由题意可知
，设
，
，则有
，不等式等价于
，利用单调性求解即可.
【详解】设
，
，不等式
恒成立，可知
，
设
，
，则
，
，
且
，
于是
在
上单调递增，注意到
，
不等式
，等价于
，
即
，得
，解出
.
故选：A．
【点睛】方法点睛：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.
4．（24-25 高三·河北保定·阶段练习）已知函数
是定义在
上的奇函数，
的图象连续，且
，记
的导函数为
，若
在
上恒成立，则使
成立的
的取值范围是（ ）
A．
B．
29
C．
D．
【答案】D
【分析】构造函数
，求导后由
可得
，进而由
确定，当
时，
，当
时，
，进而由奇函数的性质当
或
时，
，当
或
时，
，当
或
时，
，进而可得.
【详解】设
，
则
，
由题意
，故
在区间
上单调递减，又
，
故当
时，
，
，故
，
当
时，
，
，故
，
又函数
是定义在
上的奇函数，
故当
或
时，
，
当
或
时，
，
当
或
时，
，
由
得
或
，由
的
，
故由
得
或
或
，
故选：D
考向11 导数公式构造3：三角函数构造
.三角函数构造：
1.
，
2.
3.对于正切型，可以通分（或者去分母）构造正弦或者余弦积商型
4.
，
5.
1．（23-24 安徽六安·阶段练习）函数
是定义在
上的奇函数，其导函数为
，且
，当
时，
，则关于
的不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意可构造函数
，利用导数判断其单调性，结合其奇偶性，即可判断
30
的正负情况，结合
，即可求得答案.
【详解】令
，则
，
由于当
时，
，故此时
，
则
在
上单调递减，
由于函数
是定义在
上的奇函数，
则
，即
为
上的偶函数，
则
在
上单调递增，
而
，故
，
故当
或
时，
，当
或
时，
，
由
可得
或
，解得
或
，
故不等式
的解集为
，
故选：B
【点睛】关键点点睛：关键是构造函数
，并得出其单调性、奇偶性，由此即可顺利得解.
2．（24-25 高三全国 阶段练习）已知
是定义域为
的函数
的导函数，且
，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先构造函数
，利用导数判断函数的单调性，再求解不等式.
【详解】设
，
，
所以函数
单调递增，
，
即
，得
，所以
，
所以不等式的解集为
.
故选：D
3．（23-24 甘肃 阶段练习）定义在
上的函数
，其导函数是
，且恒有
成
立，则（ ）
31
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】把给出的等式变形得到
，由此联想构造辅助函数
，由其导函数
的符号得到其在
上为增函数，则
，整理后即可得到答案．
【详解】解：因为
，所以
，
．
由
，得
．
即
．
令
，
，则
．
所以函数
在
上为增函数，
则
，即
，所以
，
即
．
故选：D．
【点评】本题考查了导数的运算法则，考查了利用函数导函数的符号判断函数的单调性，考查了函数构造
法，属中档题型．
4．（24-25 高二下·四川绵阳·阶段练习）已知函数
在定义域
上为偶函数，并且
时,
，若
，则不等式
的解集为 .
【答案】
【分析】令函数
，得到
在
上单调递增，在
上单调递减，且为偶函数，结
合
和
，即可求解.
【详解】由题意知，当
时，
，即
，
因为
，令函数
，则
在
上单调递增，
又由
在
上的偶函数，可得
，
所以函数
在
上为偶函数，且在
上单调递减，
因为
，因此
，且
，即
，
即
，即
，所以
，
所以不等式
的解集为
.
32
故答案为：
.
考向12 导数公式构造4：线性构造
.比较常见的几种“线性”构造，可以借助这几类做扩展构造，培养这类观察和构造的思维
1.
,或者f（x）+kx+b
2.
3.
。
2．（24-25 高三河北阶段练习）若定义在
上的可导函数
满足
，
，
则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据不等式
构造函数
，利用导数判断其单调性，
利用单调性比较大小可得答案.
【详解】因为
，所以构造函数
，
所以
，则
在
上单调递减，
又
，
所以
，即
，故A 错误；
，即
，故B 正确；
，即
，故C 错误；
，即
，故D 错误.
故选：
.
【点睛】关键点点睛：根据不等式
构造函数
，利用函数的
单调性比较大小是解题关键.
2．（23-24 高三上·江苏常州·期末）已知定义在
上的函数
的导数为
，
，且对任意的
满足
，则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】构建
，根据题意分析可知
在
上单调递减，结合函数单调性解不等式.
【详解】构建
，则
，
33
因为
，则
，即
，
可知
在
上单调递减，且
，
由
可得
，即
，解得
，
所以不等式
的解集是
.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：根据
构建
，进而利用导数判断函数单调性，结合
单调性解不等式.
3．（2023·浙江·模拟预测）已知
是定义在
上的可导函数，且对于
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】构造函数
，求导，判断函数单调性，即可求出结果.
【详解】解：由题意
是定义在
上的可导函数
设
在
中，
∵对于
，
，
∴当
时
，当
时
∴
在
上单调递减，在
上单调递增
∴
，
解得：
故选：D.
【点睛】本题考查学生对新函数的构造，运用函数单调性比较大小等，具有很强的综合性.
4．（25-26 高三上·四川南充·月考）设函数
的定义域为
，导数为
，若当
时，
，且对于任意的实数
，
，则不等式
的解集为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
34
【分析】根据已知条件构造函数
，再判断函数的奇偶性和单调性，将不等式转化为
，结合函数的性质，即可求解不等式.
【详解】设
，
，
所以函数
是定义在
上的偶函数，
由条件可知，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
不等式
，
即
，
即
，
所以
，即
，得
，
解得：
.
故选：C
考向13 构造与同构1：双方程型同构
双方程同构型：
原理：主要是利用指数与对数互为反函数这个函数性质
方法：指数和对数底数一致时，可以借助对称轴y=x 来构造（要注意是否同时发生了平
移）
1．（25-26 高三上·广西·阶段练习）已知正实数a，b 满足
和
，则
的值为
（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由
得到
，构造函数
，求导确定单调性即
可求解.
【详解】对
两边取自然对数，得
，
即
，
设
，
，则
，
所以
在
上单调递增，
所以方程
的解只有一个，
又因为
，
所以
，
所以
．
故选：C
2．（2022·山西太原·一模）已知实数
，
满足
，
，则
（ ）
A．112
B．28
C．7
D．4
【答案】B
35
【分析】等式
化为：
，构造函数并探讨其单调性，求出x，y 的关系推
理计算作答.
【详解】由
得：
，即
，显然有
，
令
，则有
，即有
在
上单调递增，
依题意，
，即
得：
，又
，则
，解得
，
所以
.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及含有不同变量的两个等式，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函
数的单调性求解作答.
3．（2025·湖南·一模）已知正实数
满足
和
．则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数
的单调性确定
的关联，最后结合题给条件求解
．
【详解】
，
，即
，
，
，即
，
令
，则
在
上单调递增，
方程
有唯一解，
，
．
故选：A．
4．（24-25·云南曲靖·阶段练习）已知实数
满足
，
，则
.
【答案】1
【分析】由题可得
及
，从而得
.构造
函数
，利用函数单调性可得
即可求解.
【详解】由题可得
，
又
，
，即
，
所以
.
因为函数
在
上单调递增，
所以
，则
，
所以
.
故答案为：1.
【点睛】本题综合考查对数运算、指对互化及函数的单调性，解题的关键是通过将方程等价变形转化为
，再构造函数
，利用函数单调性即可求解.
36
考向14 构造与同构2：对化指型同构
对化指同构，主要是借助对数运算性质：
对数的性质：①a
＝
N ；
log
②
aaN＝
N (a>0 且a≠1)．
1．（2025·甘肃金昌·三模）若关于
的不等式
在
上恒成立，则实数
的取值范围
为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用同构可得
即
在
上恒成立，设
，利用导数
求出该函数的最小值后可得参数的取值范围.
【详解】由题设有
，
当
即
时，不等式
恒成立；
当
即
时，设
，则
，
故
在
上为增函数，而
即
因为
，故
即
在
上恒成立，
而
时，
恒成立即
恒成立，
故
在
上恒成立，
设
，则
，
当
时，
；当
时，
，
故
在
上为减函数，在
上为增函数，
故
，故
，故
，
故
，
故选：B.
2．（2025·海南·模拟预测）若不等式
对任意
恒成立，则实数的最大值是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知不等式变形得出
，分
、
、
三种情况讨论，解不等式
，结合恒成立可求出的取值范围.
【详解】由
可得
，
37
即
对任意的
恒成立，即
，
令
，其中
，则
对任意的
恒成立，
即函数
在
上为增函数，
考虑当
时，
，此时
，
要使得
对任意的
恒成立，
当
时，则有
显然成立；
当
时，
，由
可得
或
，
此时
或
；
当
时，
，由
可得
或
，
由于当
时，
，则
显然不等式，即
，则
，
综上所述，
或
，故的最大值为
.
故选：C.
3．（2025·湖北·三模）若不等式
恒成立，则实数a 的最大值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】先化简转化为
恒成立，再构造函数
，结合函数单调性求出最值
解题.
【详解】因为
，所以
，
令
，则
恒成立，
则
恒成立，
令
，则
，
当
时，
；
当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，所以
，故a 的最大值为2.
故选：B.
4．（23-24·湖南衡阳·阶段练习）已知m 是方程
的一个根，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．5
【答案】B
【分析】设
，同构得到
，结合函数单调性得到
，结合
38
m 是方程的一个根，故
，解得
，从而求出答案.
【详解】
，
设
，则
恒成立，故
单调递增，
由
得
，即
.
因为m 是方程
的一个根，所以
，
所以
，所以
.
故选：B.
【点睛】方法点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现
与
，通常使用同构来进行求解，
本题难点是
变形得到
，从而构造
进行求解.
考向15 构造与同构3：同构解方程
1．（25-26 高三上·四川绵阳·月考）已知函数
恰有4 个零点，则实数
a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将函数变形
，构造等价函数令
，则
，求导判断单调性求得
仅有两个零点
，问题转化为方程
和
共有4 个根，令
，利用导数分析单调性和最值求解.
【详解】
，
令
，则
，
，令
，得
，且
，
当
时，
，即
单调递减，
当
时，
，即
单调递增，
又
，
，所以函数
仅有两个零点
，
所以
恰有4 个零点，即方程
和
共有4 个根，
令
，则
，
当
时，
，即
在
上单调递增，
故
和
至多各一个根，不合题意；
当
时，
，令
，得
，
当
时，
，即
单调递增，
当
时，
，即
单调递减，
，且
时，
，
时，
，
要使方程
和
共有4 个根，则
，
39
即
，解得
，
综上，实数
的取值范围为
.
故选：C.
2．（25-26 高三上·云南·阶段练习）已知函数
与函数
的图象有两个不同的交
点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由
在
有两个不同解，得
，进而得
，
令
，利用单调性得
，即
在
有两个解，令
，利用导数
研究单调性，进而作出函数
的图像，利用数形结合即可求解.
【详解】由题意有：
在
有两个不同解，
所以
，
即
，令
，即
，
又
，所以
在
单调递增，所以
，
即
在
有两个解，
令
，所以
，令
，
由
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
所以
，作出
的图像：
由图可知：
，即
，
故选：B.
3．（2025·云南·三模）设函数
，
，若存在
，使得
，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
，得到
，又由
，得到
在
上单调递增，得到
，令
，求得
，令
，
40
求得
，得到
在
上单调递减，且
，进而得到
的单调性和极值（最值），即
可求解.
【详解】由
，可得
，所以
，又由
，所以
在
上单调递增，
因为
，所以
，所以
，
令
，则
，
令
，则
，可得
，
所以
在
上单调递减，且
，
当
时，
，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，
，则
在
上单调递减，
所以当
时，
有极大值，即最大值，所以
.
故选：A．
4．（24-25·山东聊城·阶段练习）已知实数
分别满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】将
变形为
，观察可发现这与
形式相同，且易知
，
.构造
，求导可得
在
上单调递增.从而可推出
，代入即
可得到结果.
【详解】由
可得，
，则
，
即
，又
，
所以
，且
，
.
令
，则
，当
时，
恒成立，
所以，
在
上单调递增.
又
，
，
，所以
.
所以，
.
故选：A.
考向16 构造与同构4：同构证明不等式
1．（25-26 高三上·山东淄博·期中）已知实数
，
，满足
，则下列关系不可能
成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】问题转化为
，
，
的图象与直线
交点的横坐标，结合函数图象即可
判断.
【详解】依题意，令
，则
，
，
，
则
，
，可分别视为函数
，
，
的图象与直线
交点的横坐标，
又
与
互为反函数，函数图象关于
对称且
的图象一直在
的图象的上方，
即
与
没有交点，所以
一定不成立；
41
在同一坐标系中画出函数
，
，
和
的图象，如图，
当直线
为时，
；
当直线
为
时，
；
当直线
为
时，
；
当直线
为
时，
；
当直线
为
时，
；
当直线
为
时，
；
综上所述，
，
，
都有可能成立，而
不可能成立.
故选：B
2．（2025·湖南益阳·模拟预测）已知
，
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】对条件等式进行化简，并对
进行分类讨论，通过构造函数并考虑其单调性进行大小比较.
【详解】当
时，
，即
；
当
时，
，即
.
故当
时，
，
，四个选项均成立.
当
，
时，
化简得
.
先考虑函数
，
.
则
，故
在
上单调递增.
因为
，所以
.因为
，所以
，即
.
若
，
，则
，根据
的单调性，可知
.
故此情况下，
，
.可排除B、D 选项.
若
，
，则
，根据
的单调性，可知
.
故此情况下，
，
.可排除A 选项.
综上，当满足题目条件时，
恒成立.
故选：D
42
3．（2025·山东济南·一模）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】令
，求导分析单调性可得A 错误；令
求导分析单调性可
得B 错误；令
，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C 错误；
令
，求导后放缩得单调性后可得D 正确.
【详解】对于A，令
，则
，
所以
在
上单调递减，即
，
所以
，故A 错误；
对于B，令
，
，则
，
所以
在
上单调递增，即
，故B 错误；
对于C，因为
，令
时，
，
，
因为
，所以
，故C 错误；
对于D，令
，
，则
，
由三角函数线可得当
时，
，所以
，
所以
，
所以
在
上单调递增，
，
，
即
，故D 正确.
故选：D
4．（24-25 高三上·贵州贵阳·期末）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】当
时，
，因为
，即可判断选项A；由
，得
，构造函数
，利用导数分析函数的单调性，利用单调性比
43
较大小，即可判断选项C；由
知
，两边取对数即可判断选项B；由
，所以
，即
可判断选项D.
【详解】对于A 选项，当
时，
，因为
，所以A 错误；
对于C 选项，
，由
，
得
，
令
，则
，
，由
，
得
，由
，得
，则函数
在
上单调递减，
在
上单调递增，且
时，
，当
时，
，如图，因为
，由
，得
，即
，
所以
，选项C 正确；
对于B 选项，由
知
，则
即
，所以B 错误；
对于D 选项，因为
，
所以
，得
，D 错误.
故选：C．
冲刺练
（建议用时：60 分钟）
一、单选题
1．（25-26 高三上·安徽·月考）已知函数
，且
，则
所在区间可以为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】首先设函数
，根据导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理
求零点所在区间.
44
【详解】令
，则
的定义域是
，
，所以
在
上单调递减，
因为
，则
．
故选：B．
2．（25-26 高三上·江苏无锡·月考）已知函数
，若方程
有且仅
有个不同实数根，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设
，则方程
转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程
的解，画出
的图象，通过图象数形结合得到
的取值范围.
【详解】令
，有
，即
，
解得
或
，
作出
的图象，如图，
方程
有且仅有5 个不同实数根，
则由图得
或
，
解得
或
，
则
.
故选：C.
3．（25-26 高三上·湖南衡阳·月考）已知函数
，若有另一函数
有且仅有3 个不同零点，则常数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用分段函数的图象，来分析二次方程根的分布，最后利用根的分布可列参数满足的不等式，并
进行求解即可.
45
【详解】作出函数
的图象：
函数
的零点等价于方程
，
当
时，此时方程化为
可得
，
由
，结合图象，可得方程仅有2 个解，此时不满足题意；故
；
当
时，此时方程化为
可得
或
，
由
可得方程有一个解为
，
由
，结合图象，可得方程有个解，此时不满足题意；故
；
所以要使得函数有且仅有3 个不同零点，则满足
，
由于
所以二次方程
的根仅有一个满足
，另一个根
，
则满足
或
，解得
，
综上
的取值范围为
，
故选：D
4．（25-26 高三上·安徽六安·阶段练习）已知函数
的定义域为
，且
在
上是单调函
数，若
，则
的零点为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】令
，由
可得
，由
求零点.
【详解】因为
在
上单调，令
，则
且
，
从而
，解得
（负根已舍去），所以
，
由
解得
，所以
的零点为1.
故选：B
5．（2025·四川·模拟预测）已知一元二次函数
的定义域为
，若
，
，且
46
该二次函数的图象经过
、
不同两点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分析可知
的图象关于直线
对称，设
，其中
，结合已知条件得
出
，
，由题意得出
，将两个等式作差可得出关于
的不等式，即可求
出实数
的取值范围.
【详解】因为一元二次函数
的定义域为
，且
，
所以函数
的图象关于直线
对称，设
，其中
，
由
可得
，故
，根据题意得出
因为函数
的图象经过
、
不同两点，
则
，且有
，
上述两个等式作差得
，
因为
，故
，即
，
可得
或
，解得
或
，
综上所述，实数
的取值范围是
.
故选：D.
6．（25-26 高三上·四川南充·月考）已知
，
分别为定义域为
的偶函数和奇函数，且
，若关于x 的不等式
在
上恒成立，则正实数a 的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性得
，
，根据已知将问题化为
在
恒成立，应用换元法及导数研究右侧的单调性求右侧的范围，即可得.
【详解】因为
，
分别为
上的偶函数和奇函数，且
①，
所以
，即
②，
联立①②，解得
，
，
所以不等式
，可化为
，
因为
，所以
，
设
，则
，故
，
47
因为
，
，所以
，
故
在
上是增函数，则
，
又
在
上是增函数，所以
，则
，
因为
在
恒成立，所以
，
所以正实数a 的取值范围是
.
故选：D
7．（2025·四川德阳·模拟预测）任意实数
，函数
在
上有最值，则实
数m 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先求出存在实数
，使函数
在
上没有最值时，实数m 的取值
范围；根据其补集求得当任意实数
，使函数
在
上有最值时，实数m
的取值范围即可.
【详解】命题"任意实数
，函数
在
上有最值"的否定如下，
是"存在实数
，使函数
在
上没有最值",
即存在实数
，使函数
在
上单调,
即存在实数
，使
，或
在
上恒成立.
由
，得
.
因为
，
，所以
.
令
，易知
在
上单调递减，
所以
.
令
，易知
在
上单调递减，所以
.
令
，则
在
上单调递减，所以
.
所以当
时，
，
即存在实数
，
.
48
所以
；
当
时，得到
，
即存在实数
，
.
所以
.
所以当存在实数
，使函数
在
上没有最值时，得到
或
.
所以当任意实数
，使函数
在
上有最值时，得到
.
所以实数m 的取值范围为
.
故选：A.
8．（25-26 高三上·山东菏泽·期中）已知关于
的方程
在
内有两个不等的实数根，
则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】将问题转化为函数
与
在
上有两个交点，再根据两个函数的图象分
析可得答案.
【详解】因为方程
在
上有两个实数根
等价于
在
上有两个实数根，
等价于函数
与
在
上有两个交点，
显然
为一个交点，
结合
与
的图象，图象如下：
当
经过点
时，
．
当
与
相切时，设切点为
，
由
，根据导数的几何意义得
，又
，所以
，
令
，所以
，
49
所以
在
上递减，在
上递增，
所以
时
取得最小值1，所以
，
所以当
时，函数
与
在
上只有一个交点.
所以当
时， 函数
与
在
上有两个交点，
所以当
时，关于
的方程
在
上有两个实数根.
故选：B.
二、多选题
9．（2025·广东佛山·三模）已知函数
及其导函数
的定义域为
，若
为奇函数，
，且对任意
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】方法一：根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解
即可.方法二：构造满足题意的函数，进一步逐一验证各个选项即可.
【详解】解法1：由
，令
，则
，因为
，所以
，故A 错误；
令
，则
，①
所以
，
因为
为奇函数，所以
为偶函数，
，
所以
，②
由①－②并整理得
，
即
，
所以
，
所以
是周期为3 的周期函数，故
，故B 正确；
因为
，所以
，故C 正确；
由上知
，
在①中，令
，得
，所以
，
所以
，所以
，故D 正确．
解法2：令
，此函数满足题意．
对于A，
，A 错误．
50
对于B，
，B 正确．
对于C，
因此
，C 正确．
对于D，
，
，D 正确．
故选：BCD.
10．（25-26 高三上·重庆南岸·期中）设函数
的定义域为D，如果存在
，使得
，那么
我们称
为该函数的一个不动点；若
满足
，则称
为
的次不动点，下列结论正确的是
（ ）
A．函数
存在次不动点
B．对于函数
，既存在不动点，也存在次不动点
C．函数
的不动点有2 个
D．函数
在
上仅有一个不动点和一个次不动点，则
的取值范围是
【答案】BCD
【分析】由
，令
，求得
，得到
的单调性，得到
，
可判定A 不正确；令
，设
，根据
，得到
存在不动点，令
，设
，结合
，得到
存在次不动点，可判定B 正确；令
，即
，
令
，得到
，令
，得到
在
存在唯一的零点
，
得到
的单调性，进而可判定C 正确；令
和
，转化为
和
，结合函数的单调性，求得
的范围，可判定D 正确.
【详解】对于A，由函数
，令
，即
，
令
，可得
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
所以当
时，函数
取得最小值，且
，
所以
没有零点，所以
不存在次动点，所以A 错误；
对于B，由函数
，令
，即
，
令
，可得
，所以
是函数
的一个零点，
所以函数
存在不动点；
令
，即
，令
，
51
可得
，所以
是函数
的一个零点，
所以函数
存在次不动点，所以B 正确；
对于C，由函数
，令
，即
，
令
，可得定义域为
且
，
令
，可得
，所以
在
单调递增，
因为
，所以函数
在
存在唯一的零点
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，且
，即
，
所以当
时，函数
取得最小值，
且最小值为
，
又由
，
，
所以
在
上有且仅有2 个零点，
所以
在
上有且仅有两个不动点，所以C 正确；
对于D，函数
，令
，
即
，即
，
令
且
，则
，
由函数
在
上单调递增，所以
，
要使得
仅有一个不动点，即
有唯一的解，则
；
令
，即
，即
，
令
且
，则
，
由函数
，可得
，
所以
在
上单调递增，所以
，
要使得
仅有一个次不动点，即
有唯一的解，则
，
所以函数
在
上仅有一个不动点和一个次不动点，则
的取值范围是
，
所以D 正确.
故选：BCD.
11．（25-26 高三上·河南·阶段练习）已知函数
，且
．定义在
上的
函数
，其导函数为
，且
，则下列不等式一定正确的是（ ）
52
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】由题意可得
，
，利用基本不等式可判断A；由
，可得
在
上单调递增，结合A 可知
，从而可得
，
利用不等式的性质可判断B；令
，利用导数可得
在
上单调递增，从而得
，两边取对数，可得
；再令
，同样可得
，
两边取对数可得
，即可判断C；结合C 及
，可得
成
立，举反例说明
不成立，即可判断D.
【详解】因为
，所以
，又因为
所以
，则
，
即
，所以
，所以
，故A 正确；
因为
，则
，所以
，即
．因为
，
所以
在
上单调递增，因为
，
，即
，
由于
在
上单调递增，
，
由不等式性质得：
，故B 错误；
由
，得
，令
，则
，
所以函数
在
上单调递增，因为
，所以
，即
，
两边取对数得：
，所以
，即
；
由
，得
，令
，则
，
所以
在
上单调递减，因为
，所以
，即
，
两边取对数，得
，所以
，
即
，即
，故C 正确；
由上可知，
，所以
，令
，则
，
所以当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以当
时，
最小值为
，所以
，即
，当且仅当
时等号成立，
所以
（因为
），即
成立；
53
不妨取
，满足
，当
时，
，
即
，所以
不成立，故D 错误．
故选：AC．
12．（2025 高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．若
，且
，则
B．若
且
，则
C．若
，且
，则
D．若
且
，则
【答案】ABD
【分析】对于A：可构造函数
，研究其单调性即得；对于B：可构造函数
，研究其单调性即得；对于C：可构造函数
，研究其单调性与最
值即得；对于D：可构造函数
，研究其单调性即得.
【详解】对于A：因为
即
，
设函数
，则
，
因
，则
在
上单调递减．
因为
，所以
，故A 正确；
对于B：因为
，即
，
设函数
，则
，
因
，令
，
，则
，
当
时，
，
在
单调递减；
当
时，
，
在
单调递增，
所以
，所以
在
上单调递增.
由
，所以
，即
，故B 正确；
对于C：由
，可得
，即
，
设函数
，则
，当
时，
则
在
上单调递增；
当
时，
则
在
上单调递减，所以
，即
，可得
，而
，故
，
所以
，即
，故C 错误．
对于D，因为
，所以
，所以
，
设函数
，则
，因为
，所以
在
上单调递
54
增，因为
，所以
，
故由
，可得
，即
，故D 正确．
故选：ABD.
三、填空题
13．（25-26 高三上·江苏宿迁·期中）已知
，若对任意的
恒成立，则实数
的最
大值为 .
【答案】
【分析】将条件变形可得
，令
，利用导数求得
的单调性，可
得
，即
，令
，利用导数求得
的单调性和最值，分析即可得答案.
【详解】由题意
，
，可得
，
所以
，令
，则
，
所以
在
上单调递增，又
，所以
，对任意的
恒成立，
所以
，只需
即可，设
，
，则
，
当
时，
，则
单调递增，当
时，
，则
单调递减，
又
，且
，
所以
，所以
，则实数
的最大值为
.故答案为：
14．（25-26 高三上·陕西西安·月考）已知在平面直角坐标系中，点Q 的坐标
满足
，且对于
，都有
，则k 的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先确定点
的轨迹方程，再转化为求直线
上的点与曲线
上点的距离的平方的最
小值，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】设
，
，则
，
由
，得
，
当
，
，
单调递减，当
，
，
单调递增，
所以当
时，
取得最小值1，
所以
，而条件中
，
所以
，
，即点
的轨迹方程为
，
表示
和点
的距离的平方，点
在曲线
上，
所以若不等式
成立，则
，
所以问题转化为直线
上的点与曲线
上点的距离的平方的最小值，
55
，得
，即
，点
到直线
的距离
，所以
，所以
.故答案为：
结束
56
