專題16利用導(dǎo)數(shù)研究方程與不等式一、關(guān)鍵能力1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題；2.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡單的實際問題。二、教學(xué)建議利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(方程根)的問題，是高考的重點，常出現(xiàn)在解答題的某一問中，難度偏大，主要命題角度有：(1)利用最值(極值)判斷零點個數(shù)；(2)構(gòu)造函數(shù)法研究零點問題．利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題是高考中的?？键c，主要出現(xiàn)在解答題中，難度較大，主要命題角度有：(1)證明函數(shù)不等式；(2)不等式恒成立問題；（3）解不等式；（4）比較大小三、自主梳理 1．與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍問題（1）方程有實根函數(shù)的圖象與軸有交點函數(shù)有零點．（2）求極值的步驟：①先求的根（定義域內(nèi)的或者定義域端點的根舍去）；②分析兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號：若左側(cè)導(dǎo)數(shù)負(fù)右側(cè)導(dǎo)數(shù)正，則為極小值點；若左側(cè)導(dǎo)數(shù)正右側(cè)導(dǎo)數(shù)負(fù)，則為極大值點.（3）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值是統(tǒng)一的，極值是函數(shù)的拐點，也是單調(diào)區(qū)間的劃分點，而求函數(shù)的最值是在求極值的基礎(chǔ)上，通過判斷函數(shù)的大致圖象，從而得到最值,大前提是要考慮函數(shù)的定義域.（4）函數(shù)的零點就是的根，所以可通過解方程得零點，或者通過變形轉(zhuǎn)化為兩個熟悉函數(shù)圖象的交點橫坐標(biāo).2．與不等式恒成立、有解、無解等問題有關(guān)的參數(shù)范圍問題不等式的恒成立問題和有解問題、無解問題是聯(lián)系函數(shù)、方程、不等式的紐帶和橋梁，也是高考的重點和熱點問題，往往用到的方法是依據(jù)不等式的特點，等價變形，構(gòu)造函數(shù)，借助圖象觀察，或參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題來處理．：3．利用導(dǎo)數(shù)證明、解不等式問題無論不等式的證明還是解不等式，構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的思想，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)（單調(diào)性和最值），達(dá)到解題的目的，是一成不變的思路，合理構(gòu)思，善于從不同角度分析問題，是解題的法寶.四、高頻考點+重點題型考點一、函數(shù)零點個數(shù)的判斷與證明例1-1（利用零點存在性定理與單調(diào)性證明（判斷）判斷零點）（2020·浙江省高考真題）已知，函數(shù)，其中e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．證明：函數(shù)在上有唯一零點；【解析】在上單調(diào)遞增，，所以由零點存在定理得在上有唯一零點；對點訓(xùn)練1.（2020屆山東省菏澤一中高三）已知函數(shù),為的導(dǎo)函數(shù).求證:在上存在唯一零點;【解析】設(shè)，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，又因為，所以在上有唯一的零點，所以命題得證．對點訓(xùn)練2.（2019·全國高考真題（理））已知函數(shù).討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；【解析】函數(shù)的定義域為，，因為函數(shù)的定義域為，所以，因此函數(shù)在和上是單調(diào)增函數(shù)；當(dāng)，時，，而，顯然當(dāng)，函數(shù)有零點，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時，函數(shù)有唯一的零點；當(dāng)時，，因為，所以函數(shù)在必有一零點，而函數(shù)在上是單調(diào)遞增，故當(dāng)時，函數(shù)有唯一的零點綜上所述，函數(shù)的定義域內(nèi)有2個零點；對點訓(xùn)練3.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，當(dāng)m≥1時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)．【解】令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，問題等價于求函數(shù)F(x)的零點個數(shù)，F(xiàn)′(x)＝－eq\f(（x－1）（x－m）,x)，當(dāng)m＝1時，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)＝eq\f(3,2)＞0，F(xiàn)(4)＝－ln4＜0，所以F(x)有唯一零點；當(dāng)m＞1時，0＜x＜1或x＞m時F′(x)＜0，1＜x＜m時F′(x)＞0，所以函數(shù)F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)＞0，F(xiàn)(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點，綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點，即兩函數(shù)圖象只有一個交點．例1-2（借助方程轉(zhuǎn)換構(gòu)造新函數(shù)）（2021·河北?。┖瘮?shù)f(x)=xe?x2?答案：2個【解析】取xe?x2?1x=0，得:xe?x2=畫出函數(shù)g(x)=4lnx例1-3（區(qū)間掃描法判斷（證明）函數(shù)零點）（2020屆山東省菏澤一中高三2月月考）已知函數(shù),為的導(dǎo)函數(shù).求證:有且僅有兩個不同的零點.解析：①由(1)知：當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增;當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減;所以在上存在唯一的極大值點所以又因為所以在上恰有一個零點．又因為所以在上也恰有一個零點．②當(dāng)時，，設(shè)，所以在上單調(diào)遞減，所以所以當(dāng)時，恒成立所以在上沒有零點．③當(dāng)時，設(shè)，所以在上單調(diào)遞減，所以所以當(dāng)時，恒成立所以在上沒有零點．綜上，有且僅有兩個零點．對點訓(xùn)練1.（2019·全國高考真題（理））已知函數(shù)，為的導(dǎo)數(shù)．證明：有且僅有2個零點．【解析】，①當(dāng)時，由（1）可知在上單調(diào)遞增在上單調(diào)遞減又為在上的唯一零點②當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減又在上單調(diào)遞增，此時，不存在零點又，使得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減又，在上恒成立，此時不存在零點③當(dāng)時，單調(diào)遞減，單調(diào)遞減在上單調(diào)遞減又，即，又在上單調(diào)遞減在上存在唯一零點④當(dāng)時，，即在上不存在零點綜上所述：有且僅有個零點例1-4（已知函數(shù)零點求參）(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．解：因為f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，則f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，則最多只有一個零點，不符合題意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．要使f(x)有兩個零點，則f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞eq\f(1,e)，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).對點訓(xùn)練1.（2020·全國高考真題（文））已知函數(shù)．若有三個零點，求的取值范圍．【答案】.【解析】由（1）知，有三個零點，則，且即，解得，當(dāng)時，，且，所以在上有唯一一個零點，同理，，所以在上有唯一一個零點，又在上有唯一一個零點，所以有三個零點，綜上可知的取值范圍為.考點二、證明不等式例2-1（利用函數(shù)的最值證不等式）（2021·河北高三其他模擬）已知函數(shù),當(dāng)時，求證：；證明一：當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，單增，當(dāng)時，，單減，（1），即得證；證法二、令,證其最大值為0，即可得，變形可得例2-2（利用“若f(x)min>g(x)max，則f(x)>g(x)”證明不等式）已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax，證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立.證明：當(dāng)x>0時，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等價于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1時，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e2)時取等號.設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，則G′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取到，從而可知對一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).例2-3（先放縮，后利用函數(shù)最值，證明不等式）（2021·重慶市育才中學(xué)高三二模）已知函數(shù)，若，求證：.（2）先證當(dāng)時，恒成立.令，求導(dǎo)，所以在上單調(diào)遞增，，所以所以要證，即證，即證，即證：，設(shè)，求導(dǎo)，所以在上單調(diào)遞減，所以，即原不等式成立.所以當(dāng)時，如成立.對點訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，g(x)＝x－lnx，證明：(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).證明：令g(x)＝x－lnx，g′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù).所以x－lnx≥1由f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq\f(x－2,ex)，所以當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(2)＝1－eq\f(1,e2)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號).①又由x－lnx≥1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號)，②且①②等號不同時取得，所以(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).考點三、不等式成立求參例3-1（不等式恒成立）(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x，當(dāng)x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上單調(diào)遞增，注意到f′(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．(2)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①當(dāng)x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意．②當(dāng)x＞0時，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).記g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0.由h(x)≥0得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故當(dāng)x∈(0,2)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4).綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))對點訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)＝lnx＋1，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值．解：由題意，x(lnx＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)．設(shè)g(x)＝eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12).令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，所以，h(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．因為h(2)＝－ln2<0，h(3)＝1－ln3＝lneq\f(e,3)<0，h(4)＝2－ln4＝lneq\f(e2,4)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一實數(shù)根m∈(3,4)，使得m－lnm－2＝0.當(dāng)x∈(1，m)時，h(x)<0；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上單調(diào)遞減，在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在x＝m處取得極小值，且g(m)＝eq\f(mlnm＋1,m－1)＝m，所以k<m.由3<m<4，得整數(shù)k的最大值為3.例3-2.（不等式存在性成立）若存在x∈[1e,e]，不等式2xlnx＋x2－mx＋3≥0成立，求實數(shù)m解：因為2xlnx＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當(dāng)eq\f(1,e)≤x<1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x≤e時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．因為存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)成立，所以m≤h(x)max.因為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(1,e)＋3e))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋e＋\f(3,e)))＝2e－eq\f(2,e)－4＞0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以m≤eq\f(1,e)＋3e－2.對點訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x)，若?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．解：因為?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤h(x)max.由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)↗極大值↘由上表可知，當(dāng)x＝eq\r(e)時，函數(shù)h(x)有極大值，也是最大值，為h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e)，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))). 鞏固訓(xùn)練一、單選題1．已知函數(shù)（其中為自然對數(shù)的底數(shù)）有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出導(dǎo)函數(shù)、求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得出函數(shù)的極值，要使函數(shù)有兩個零點，即可.【詳解】，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，當(dāng)時，，單調(diào)遞減，∴在上只有一個極大值也是最大值，顯然時，，時，，因此要使函數(shù)有兩個零點，則，∴．故選：B．2．（2021·四川仁壽一中高三其他模擬（文））函數(shù)的定義域為，部分對應(yīng)值如下表，其導(dǎo)函數(shù)的圖像如下圖，023423030當(dāng)時，函數(shù)的零點個數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，畫出原函數(shù)的草圖，利用，函數(shù)，令，得，或，得到函數(shù)的零點的個數(shù)．【詳解】解：由導(dǎo)函數(shù)的圖象和原函數(shù)的關(guān)系得，原函數(shù)的大致圖象如圖：，，（2），（3），（4），函數(shù)，令，得，或，當(dāng)時，與有三個交點，當(dāng)時，即，與有四個交點，所以函數(shù)的零點有7個．故選：．3．（2021·東至縣第二中學(xué)高二期中（理））若對任意，不等式恒成立，則的范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】化簡已知得，令，可得，得到，令，求出最大值即可.【詳解】由題意可得：，，由可得，即，令，可得，由可得，由可得，可得在單調(diào)遞增，若，則，不成立，故.因為，則，可得，令，只需要，對于恒成立，所以在單調(diào)遞減，所以，所以，所以實數(shù)的范圍為.故選：C4．（2021·安徽高三二模（文））若關(guān)于的不等式有且只有兩個整數(shù)解，則正實數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】原不等式可化簡為，設(shè)，，作出函數(shù)的圖象，由圖象可知函數(shù)的圖象應(yīng)介于直線與直線之間（可以為直線，進(jìn)而求得答案．【詳解】解：原不等式可化簡為，設(shè)，，由得，，易知函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，作出的圖象如下圖所示，而函數(shù)恒過點，要使關(guān)于的不等式有且只有兩個整數(shù)解，則函數(shù)的圖象應(yīng)介于直線與直線之間（可以為直線），又，，∴，，∴，∴．故選：C．5．（2021·湖南高三其他模擬）已知函數(shù)存在兩個零點，則正數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】函數(shù)零點即方程的解，（），取對數(shù)得，此方程有兩個解，引入函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的變化趨勢，然后由零點存在定理可得結(jié)論．【詳解】顯然，有兩個零點，即方程，在上有兩個解，兩邊取對數(shù)得到，令，，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又當(dāng)時，，當(dāng)時，，因為有兩個零點，則，解得.所以正數(shù)的取值范圍是.故選：C．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查函數(shù)零點個數(shù)問題，解題關(guān)鍵是進(jìn)行轉(zhuǎn)化，函數(shù)零點轉(zhuǎn)化為方程的解，對方程變形后，引入新函數(shù)，再轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合零點存在定理求解．6．（2021·浙江高三其他模擬）已知非負(fù)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，且的定義域為，若對于定義域內(nèi)的任意，均滿足，則下列式子中不一定正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意可得，構(gòu)造函數(shù)，對其求導(dǎo)判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性即可判斷四個選項的正誤，進(jìn)而可得正確選項.【詳解】因為，且，可得，即，令，則，所以，所以在上單調(diào)遞增，對于選項A：由可得，即，故選項A正確；對于選項B：由可得，即，得不出，故選項B不正確；對于選項C：由可得，即，因為，所以，可得，故選項C正確；對于選項D：由可得，即，故選項D正確；所以不一定正確的是選項B，故選：B.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件構(gòu)造函數(shù)，并根據(jù)單調(diào)性比較大小.7．（2021·全國高三其他模擬（文））若關(guān)于的方程有且僅有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】將方程根的問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖像交點問題，分離參量然后運用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合，求出滿足條件的取值范圍.【詳解】由已知可得，令則，當(dāng)時，則在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，則在[0，2)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，作出函數(shù)h(x)的大致圖像如圖所示，則有當(dāng)或時，原方程恰有2個不同的實根，令，，當(dāng)單調(diào)遞減且恒小于0，，當(dāng)時函數(shù)單調(diào)遞增，且，故實數(shù)a的取值范圍為.故選：C【點睛】方法點睛：解答方程根的問題可以將其轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)交點問題，先分離參量，然后分別得到兩個函數(shù)的圖像或者單調(diào)性，最后求解出滿足題意的結(jié)果，較為綜合.8．已知函數(shù)，且對任意，恒成立，則的取值范圍是（）．A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意得，進(jìn)而得，再根據(jù)同構(gòu)得，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)并結(jié)合其性質(zhì)得，再構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)最值即可得答案.【詳解】當(dāng)時，由得，，顯然，兩邊同時乘以，得，則．設(shè)，則原不等式等價于．（※）因為，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增．因為，，所以（※）式等價于，即．設(shè)，，則，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減．所以.故選:A．二、多選題9．（2021·河北衡水中學(xué)高三其他模擬）已知函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是（）A．若在區(qū)間上的最大值與最小值分別為，，則B．曲線與直線相切C．若為增函數(shù)，則的取值范圍為D．在上最多有個零點【答案】ACD【分析】由定義法確定函數(shù)的奇偶性，再求導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性與切線斜率，以及零點情況.【詳解】因為對于任意，都有，所以為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，故A正確.又，令，得(*)，因為，，所以方程(*)無實數(shù)解，即曲線的所有切線的斜率都不可能為，故B錯誤.若為增函數(shù)，則大于等于0，即，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，故C正確.令，得或().設(shè)，則，令，則.當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以函數(shù)為增函數(shù)，且，所以當(dāng)時，，從而，單調(diào)遞增.又因為對于任意，都有，所以為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于軸對稱.綜上，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則直線與最多有2個交點，所以在上最多有3個零點，故D正確.故選ACD.10．（2021·福建上杭一中高三其他模擬）函數(shù)，，下列說法正確的是（）A．當(dāng)時，在處的切線方程為B．當(dāng)時，存在唯一極小值點且C．存在，在上有且只有一個零點D．對任意，在上均存在零點【答案】ABC【分析】直接法，逐一驗證選項，選項，通過切點求切線，再通過點斜式寫出切線方程，選項通過導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)極值并判斷極值范圍，選項、，通過構(gòu)造函數(shù)，將零點問題轉(zhuǎn)化判斷函數(shù)與直線的交點問題．【詳解】解：直接法，逐一驗證．選項，當(dāng)時，，，所以，故切點為，，所以切線斜率，故直線方程為：，即切線方程為：選項符合題意；選項，當(dāng)時，，，，恒成立，所以單調(diào)遞增，又，故存在唯一極值點，不妨設(shè)，則，即，且，，，，所以極小值，選項符合題意；對于，，令，即，當(dāng)，且顯然沒有零點，故，且，所以則令，，令，解得，，，所以單調(diào)遞增，，單調(diào)遞減，有極大值，單調(diào)遞減，，單調(diào)遞增，有極小值故選項，任意均有零點，不符合，選項，存在，有且只有唯一零點，此時，故選：．三、填空題11．（2021·湖北高三二模）若存在兩個不相等的正實數(shù)，，使得成立，則實數(shù)的取值范圍是________