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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题07 函数及其性质小题 （压轴版）
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这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题07 函数及其性质小题 （压轴版），文件包含专题07函数及其性质小题压轴练原卷版docx、专题07函数及其性质小题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
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2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
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对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】
专题07 函数及其性质小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·广东茂名·统考一模）设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对，，进行变形，构造，，求导后得到其单调性，从而判断出，，的大小.
【详解】，，
故可构造函数，，
所以在上单调递增，所以，即.
故选:B.
2．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）若，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、、，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】设，，
当时，，
令，则，
所以函数在区间上单调递减，
所以，
又，所以，
所以函数在区间上单调递减，
所以，
故.
故选：B.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
3．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）已知且，若集合，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出集合B，再由给定条件，对a分类讨论，利用数形结合及构造函数的方法，利用导数探讨函数最小值求解作答.
【详解】依题意，，，且，
当时，作出函数与的大致图象，
则，即，
所以，即；
当时，设，
若，，则恒成立，，满足，
于是当时，，当且仅当，即不等式对成立，
，由得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
于是得，即，变形得，解得，
从而得当时，恒成立，，满足；
综上，实数a的取值范围是或.
故选：B.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以利用导数探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
4．（2023·江苏南京·校考一模）已知是自然对数的底数，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先设，利用导数判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.
【详解】设，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
，时，，即，
设，，时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，即恒成立，
即，
令，，时，，单调递减，时，，单调递增，时，函数取得最小值，即，
得：，那么，
即，即，
综上可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.
5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，求导确定函数单调性，通过单调性比较函数值大小，并结合指对互化关系，即可得结论.
【详解】令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，即，所以，则；
则，即，所以，则，即，
所以，又，所以，则；
综上，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查较复杂的指对幂比较大小问题，需要构造函数结合导数判断单调性，从而判断函数值大小.解决本题的关键是构造函数，确定该函数与所对应的函数关系，对于大小，需比较与的大小，而对于大小，需比较与的大小，并结合指对互化与分数放缩即可得出结论.
6．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.
【详解】因为，
所以在上是奇函数.所以
对求导得，
令，则
当时，，所以在上单调递增，
则时，，即，
所以在上单调递增.
因为，所以，
因为在上单调递增，
所以.
令，则
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
而，即，所以，即.
所以，即，则
所以
所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：
构造函数，判断.
7．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证明此函数为偶函数，再利用其导函数得到其单调性，利用其是偶函数得到，，通过指数函数单调性得，再根据幂函数性质证明出，同取对数得到，则有，再利用单调性即可得到大小关系.
【详解】因为，定义域关于原点对称，
，
所以为上的偶函数，
当时,，设，
则，，，
所以即在上单调递减,所以,
所以在上单调递减,又因为为偶函数,
所以在上单调递增，
又因为,,
又因为,
因为,，所以,
所以，即,
所以,
所以,
即.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题首先证明函数的奇偶性与单调性，对于其单调性的求解需要二次求导，其次就是利用函数的奇偶性对进行一定的变形得，,然后就是比较的大小关系，需要结合指数函数的单调性以及幂函数的单调性进行合理放缩，对于这种较为接近的数字比较大小问题，通常需要利用函数的单调性以及寻找合适的中间量放缩.
8．（2023·湖北·校联考模拟预测）设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，表示出，根据的表达式构造函数，判断其单调性，说明时，，由此可判断的大小，利用，判断大小，可得答案.
【详解】设，则，
因为，
设，
故在上单调递减，，故时，，
即时，，从而，即，
所以，故；，故，
于是，
故选：B．
【点睛】难点点睛：本题判断的大小关系，由于这三个数的形式较为复杂，因此难点在于进行合理的变式，根据变形后的形式，构造合理的函数，进而利用导数判断函数单调性，利用单调性即可判断的大小关系.
9．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.
【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.
10．（2023·湖南邵阳·统考一模）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【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.
11．（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.
【详解】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
12．（2023·湖南常德·统考一模）已知函数的定义域为，若函数为奇函数，且，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】A
【分析】根据奇函数的性质得到，由条件结合函数的对称性和周期性的定义得到函数的周期为，且，，即可求解.
【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，
则，即函数关于点对称，
所以有①，
又②，所以函数关于直线对称，
则由②得：，，
所以，则
又由①和②得：，得，
所以，即，
所以函数的周期为，
则，
所以，
故选：A.
【点睛】结论点睛：函数的定义域为，对，
（1）存在常数，使得，则函数图象关于点对称.
（2）存在常数使得，则函数图象关于直线对称.
13．（2023·江苏南通·模拟预测）函数的定义域均为，且，关于对称，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用已知、方程、函数的对称性、周期性进行计算求解.
【详解】因为， ，
对于②式有：，由①+有：，
即，又关于对称，所以，
由④⑤有：，即，，
两式相减得：，即，即，
因为函数的定义域为，所以的周期为8，又，
所以，由④式有：，
所以，
由，有：，
所以，
由⑤式有：，又，所以，
由②式有：，
所以
，故A，B，D错误.
故选：C.
14．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知，，，其中为自然对数的底数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造的结构特征，构造，，求导后得到其单调性，得到，再构造，和，，求导得到其单调性，得到，即，从而得到.
【详解】，
令，，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
又，所以在上恒成立，
所以，即，即，
令，，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，即在恒成立，
所以，
令，，
所以，
因为，所以，
故在上单调递减，
所以，即在恒成立，
当时，，
故，即，
综上，
故选：B
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、多选题
15．（2023·浙江·模拟预测）已知连续函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则（ ）
A．B．
C．在上至少有2个零点D．
【答案】AC
【分析】根据的图象关于y轴对称，结合求导可求得的图象关于点对称，再根据为奇函数，可得的图象关于点对称且关于直线对称，进而可得为和的一个周期，从而可判断选项A，B，C，根据的图象关于对称，从而可判断选项D．
【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．
定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．
以下证明定理1，定理2：
证明：
若函数图象关于直线对称，则，
则，所以导函数图象关于点对称．
若导函数图象关于点对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于直线对称．
若函数图象关于点对称，则，
则，所以图象关于直线对称．
若导函数图象关于直线对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于点对称．
故下面可以直接引用以上定理．
由的图象关于y轴对称，
则，两边求导得，
即，的图象关于点对称，
又由定理2，所以的图象关于直线对称．
又为奇函数，则，
的图象关于点对称，
又由定理1，则的图象关于对称．
为和的一个周期，，∴A正确；
，∴B错误；
由，得在上至少有2个零点．∴C正确；
由的图象关于对称，且周期为3，则的图象关于对称，
，，，，，，
，，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性和定理1，定理2来确定函数的对称性及周期性．
16．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】AD
【分析】设，函数单调递增，可判断A；设，则不是恒大于零，可判断B；，不是恒小于零，可判断C；当时，，故，函数单调递增，故，
即，由此可判断D.得选项.
【详解】解： 对于A选项，因为令，在上是增函数，所以当时，，所以，即．故A选项正确；
对于B选项，因为令，所以，所以时，单调递增，时，单调递减．所以与无法比较大小．故B选项错误；
对于C选项，令，所以时，在单调递减，时，在单调递增，所以当时，，故成立，当时，，．故C选项错误；
对于D选项，由C选项知，当时，单调递增，又因为A正确，成立，
所以
,故D选项正确.
故选：AD．
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)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.
17．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．在是增函数
B．是奇函数
C．在上有两个极值点
D．设，则满足的正整数的最小值是
【答案】ABD
【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项的正误；验证、时，是否成立，由此可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，当时，，，
，所以，函数在是增函数，A选项正确；
对于B选项，令，该函数的定义域为，
，
，
则，
所以，函数为奇函数，B选项正确；
对于C选项，当时，，且，
所以，函数在内无极值点；
，
①当时，，，则，
则，，此时，，
所以，函数在上单调递减，
，，
所以，函数在上只有一个极值点；
②当时，，，
所以，，，则，
所以，，则，
所以，函数在上没有极值点.
综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；
对于D选项，.
当时，，，不成立；
当时，，
当时，，，
，，，则，
所以，，
所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：利用定义法判断函数的奇偶性，步骤如下：
（1）一是看定义域是否关于原点对称，如果定义域不关于原点对称，则该函数为非奇非偶函数；
（2）若函数的定义域关于原点对称，接下来就是判断与之间的关系；
（3）下结论.
18．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）若，，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】观察式子特点，构造函数比较大小
【详解】，令，，
则，
故在上单调递增，
则，
即，
故；
而，
令，，
则，
故在上单调递减，故，
即，
故；
令，，
则，
由函数及的图象特征，
再由，，可得，
故在上单调递增，则，
即，
则，
则．
故选: BC．
【点睛】本题需要构造函数，利用导数确定函数的单调性，并借助特殊值比较大小.
19．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知函数的定义域D关于原点对称，且，当时，；且对任意且，都有，则（ ）
A．是奇函数B．
C．是周期函数D．在上单调递减
【答案】ACD
【分析】对于A，令，根据证明即可判断；对于B，根据，结合即可求得，即可判断；对于C，先求出，再根据求出，即可判断；对于D，令，先判断的符号，再根据比较即可判断.
【详解】对于A，令，
则，
所以函数是奇函数，故A正确；
对于B，由，得，
所以，
则，
所以，故B错误；
对于C，由，
得，
则，
则，即，
所以函数是以为周期的周期函数，故C正确；
对于D，令，则，
则，所以，
，所以，所以，
，
因为，所以，
所以，即，
所以在上单调递减，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了抽象函数的奇偶性，周期性及单调性，C选项的关键在于根据判断与的关系，D选项的关键在于令，判断出的符号.
20．（2023·山东聊城·统考一模）已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A．
B．函数在内单调递增
C．对于任意都有
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单调性解不等式判断D选项.
【详解】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
21．（2023·湖南株洲·统考一模）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】设，由可得，再根据选项依次判断正误即可.
【详解】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于将含有无理数的平方根式通过两次平方化成有理数，得到含有无理数解的有理数整式方程，从而得解.
22．（2023·广东·统考一模）已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C、D根据定义得到都有、有，再判断所给定区间里是否有、成立即可判断.
【详解】A：当时，，而，错误；
B：对于区间，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，正确；
C：对于区间，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于区间，使，则，，
而，，...，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，正确；
D：对于区间，存在一个满足在使，都有，且，
此时，上述为一个“封闭”函数，且该函数在有恒成立，
对于区间，结合上述函数，使，则，，...，，
将上述各式，两边分别累加并消项得，故成立，
所以一定是“封闭”函数，故错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C、D，根据给定的条件得到都有、有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
23．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
24．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断ABC，对于D，通过观察选项可以推断很可能为周期函数，结合，的特殊性以及一些已经证明的结论，想到当令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步可得出是周期函数，从而可得出的值.
【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，
再令，，代入已知等式得，
可得，结合得，故A正确；
对于B，再令，代入已知等式得，
将代入上式，得，∴函数为奇函数，
∴函数关于点对称，故B正确；
对于C，再令，代入已知等式，
得，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，∴为周期函数，且周期为3，
∵，∴，∴，，
∴，
∴，
故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于含有，，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有，双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
三、填空题
25．（2023·浙江温州·统考二模）已知在上恒成立，则实数的最大值为______．
【答案】
【分析】利用端点值初步限定实数的取值范围，设，其中，确定．根据在上单调性和最大值不同分类讨论，结合不等式恒成立的意义得到关于的不等式组，分别求解，然后取并集，得到实数的取值范围，从而得到最大值.
【详解】设函数，
则由题设得，
所以，解得．
易知函数在上单调递增．
设，其中，
则．
注意到，，
讨论如下：
①当时，函数在上单调递减，
可得，
从而根据在上恒成立知，只需满足，
解得．
②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
可得，
从而根据在上恒成立知，只需满足，
解得．
综上所述，．
故所求实数的最大值为．
故答案为：.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，涉及分类讨论思想，绝对值不等式，二次不等式，二次函数的图象和性质，二次函数在闭区间上的最值问题，属中高档题，难度较大，其中利用端点值初步限定实数的取值范围是简化讨论的有效方法.
26．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】构造函数，根据已知判断函数的奇偶性和单调性，再将目标不等式转化为，利用单调性和奇偶性可解.
【详解】记，则
由可得
所以为偶函数
记，则
因为当时，，当时，
所以，当时，有最小值
又因为在上，即
所以
所以在上单调递增，
由可得
即
所以，即，解得.
故答案为：
27．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．
【答案】
【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．
【详解】解：作出的函数图象如图所示：
∵存在实数，满足，
，
，
由图可知，，
，
设，其中，
，显然在单调递增，
，
，，
在单调递增，
在的最大值为，
的最大值为，
故答案为：．
28．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】或
【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令，有，得，
令，得，则，
令，，有，得，
又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递增.
不等式可化为，
则有，
因为函数在上单调递增，所以，
又，所以，即，
设，则，
因为，故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，所以或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.
29．（2023·湖南长沙·统考一模）已知函数，若关于x的方程恰有两个不相等的实数根，且，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据给定分段函数，求出函数的解析式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
因此，在坐标系内作出函数的图象，如图，
再作出直线，则方程有两个不等实根，当且仅当直线与函数的图象有两个不同交点，
观察图象知方程有两个不等实根，当且仅当，
此时，且，即，且，则有，
令，求导得，令，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即，因此函数在上单调递增，
，而，于是当时，，有，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
30．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________.
【答案】
【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可.
【详解】因为，所以，.
即.
令，易知在上单调递增，
又，
所以恒成立，即恒成立.
所以.
令，，则，，
由，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即，
故实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】同构法的三种基本模式：
①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；
②比商型，如可以同构成，进而构造函数；
③和差型，如，同构后可以构造函数或.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：
（1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（2）恒成立；恒成立；
能成立；能成立.
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】
专题07 函数及其性质小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·广东茂名·统考一模）设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对，，进行变形，构造，，求导后得到其单调性，从而判断出，，的大小.
【详解】，，
故可构造函数，，
所以在上单调递增，所以，即.
故选:B.
2．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）若，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、、，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】设，，
当时，，
令，则，
所以函数在区间上单调递减，
所以，
又，所以，
所以函数在区间上单调递减，
所以，
故.
故选：B.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
3．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）已知且，若集合，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出集合B，再由给定条件，对a分类讨论，利用数形结合及构造函数的方法，利用导数探讨函数最小值求解作答.
【详解】依题意，，，且，
当时，作出函数与的大致图象，
则，即，
所以，即；
当时，设，
若，，则恒成立，，满足，
于是当时，，当且仅当，即不等式对成立，
，由得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
于是得，即，变形得，解得，
从而得当时，恒成立，，满足；
综上，实数a的取值范围是或.
故选：B.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以利用导数探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
4．（2023·江苏南京·校考一模）已知是自然对数的底数，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先设，利用导数判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.
【详解】设，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
，时，，即，
设，，时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，，即恒成立，
即，
令，，时，，单调递减，时，，单调递增，时，函数取得最小值，即，
得：，那么，
即，即，
综上可知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.
5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，求导确定函数单调性，通过单调性比较函数值大小，并结合指对互化关系，即可得结论.
【详解】令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，即，所以，则；
则，即，所以，则，即，
所以，又，所以，则；
综上，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查较复杂的指对幂比较大小问题，需要构造函数结合导数判断单调性，从而判断函数值大小.解决本题的关键是构造函数，确定该函数与所对应的函数关系，对于大小，需比较与的大小，而对于大小，需比较与的大小，并结合指对互化与分数放缩即可得出结论.
6．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.
【详解】因为，
所以在上是奇函数.所以
对求导得，
令，则
当时，，所以在上单调递增，
则时，，即，
所以在上单调递增.
因为，所以，
因为在上单调递增，
所以.
令，则
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
而，即，所以，即.
所以，即，则
所以
所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：
构造函数，判断.
7．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证明此函数为偶函数，再利用其导函数得到其单调性，利用其是偶函数得到，，通过指数函数单调性得，再根据幂函数性质证明出，同取对数得到，则有，再利用单调性即可得到大小关系.
【详解】因为，定义域关于原点对称，
，
所以为上的偶函数，
当时,，设，
则，，，
所以即在上单调递减,所以,
所以在上单调递减,又因为为偶函数,
所以在上单调递增，
又因为,,
又因为,
因为,，所以,
所以，即,
所以,
所以,
即.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题首先证明函数的奇偶性与单调性，对于其单调性的求解需要二次求导，其次就是利用函数的奇偶性对进行一定的变形得，,然后就是比较的大小关系，需要结合指数函数的单调性以及幂函数的单调性进行合理放缩，对于这种较为接近的数字比较大小问题，通常需要利用函数的单调性以及寻找合适的中间量放缩.
8．（2023·湖北·校联考模拟预测）设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，表示出，根据的表达式构造函数，判断其单调性，说明时，，由此可判断的大小，利用，判断大小，可得答案.
【详解】设，则，
因为，
设，
故在上单调递减，，故时，，
即时，，从而，即，
所以，故；，故，
于是，
故选：B．
【点睛】难点点睛：本题判断的大小关系，由于这三个数的形式较为复杂，因此难点在于进行合理的变式，根据变形后的形式，构造合理的函数，进而利用导数判断函数单调性，利用单调性即可判断的大小关系.
9．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.
【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，
又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，
所以在单调递增，
所以，
所以关于直线对称，且在单调递增．
所以，
两边平方，化简得，解得．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.
10．（2023·湖南邵阳·统考一模）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【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.
11．（2023·湖南株洲·统考一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对数运算以及作差法，整理代数式，构造函数，利用函数单调性，可得的大小关系；根据二项式定理以及中间执法，整理，可得答案.
【详解】由，，则，
令，，
当时，，则单调递增，即，
故，可得，即；
由，
且，则，即.
综上，.
故选：C.
12．（2023·湖南常德·统考一模）已知函数的定义域为，若函数为奇函数，且，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】A
【分析】根据奇函数的性质得到，由条件结合函数的对称性和周期性的定义得到函数的周期为，且，，即可求解.
【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，
则，即函数关于点对称，
所以有①，
又②，所以函数关于直线对称，
则由②得：，，
所以，则
又由①和②得：，得，
所以，即，
所以函数的周期为，
则，
所以，
故选：A.
【点睛】结论点睛：函数的定义域为，对，
（1）存在常数，使得，则函数图象关于点对称.
（2）存在常数使得，则函数图象关于直线对称.
13．（2023·江苏南通·模拟预测）函数的定义域均为，且，关于对称，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用已知、方程、函数的对称性、周期性进行计算求解.
【详解】因为， ，
对于②式有：，由①+有：，
即，又关于对称，所以，
由④⑤有：，即，，
两式相减得：，即，即，
因为函数的定义域为，所以的周期为8，又，
所以，由④式有：，
所以，
由，有：，
所以，
由⑤式有：，又，所以，
由②式有：，
所以
，故A，B，D错误.
故选：C.
14．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知，，，其中为自然对数的底数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造的结构特征，构造，，求导后得到其单调性，得到，再构造，和，，求导得到其单调性，得到，即，从而得到.
【详解】，
令，，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
又，所以在上恒成立，
所以，即，即，
令，，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，即在恒成立，
所以，
令，，
所以，
因为，所以，
故在上单调递减，
所以，即在恒成立，
当时，，
故，即，
综上，
故选：B
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、多选题
15．（2023·浙江·模拟预测）已知连续函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则（ ）
A．B．
C．在上至少有2个零点D．
【答案】AC
【分析】根据的图象关于y轴对称，结合求导可求得的图象关于点对称，再根据为奇函数，可得的图象关于点对称且关于直线对称，进而可得为和的一个周期，从而可判断选项A，B，C，根据的图象关于对称，从而可判断选项D．
【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．
定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．
以下证明定理1，定理2：
证明：
若函数图象关于直线对称，则，
则，所以导函数图象关于点对称．
若导函数图象关于点对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于直线对称．
若函数图象关于点对称，则，
则，所以图象关于直线对称．
若导函数图象关于直线对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于点对称．
故下面可以直接引用以上定理．
由的图象关于y轴对称，
则，两边求导得，
即，的图象关于点对称，
又由定理2，所以的图象关于直线对称．
又为奇函数，则，
的图象关于点对称，
又由定理1，则的图象关于对称．
为和的一个周期，，∴A正确；
，∴B错误；
由，得在上至少有2个零点．∴C正确；
由的图象关于对称，且周期为3，则的图象关于对称，
，，，，，，
，，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的奇偶性和定理1，定理2来确定函数的对称性及周期性．
16．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】AD
【分析】设，函数单调递增，可判断A；设，则不是恒大于零，可判断B；，不是恒小于零，可判断C；当时，，故，函数单调递增，故，
即，由此可判断D.得选项.
【详解】解： 对于A选项，因为令，在上是增函数，所以当时，，所以，即．故A选项正确；
对于B选项，因为令，所以，所以时，单调递增，时，单调递减．所以与无法比较大小．故B选项错误；
对于C选项，令，所以时，在单调递减，时，在单调递增，所以当时，，故成立，当时，，．故C选项错误；
对于D选项，由C选项知，当时，单调递增，又因为A正确，成立，
所以
,故D选项正确.
故选：AD．
【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)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.
17．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（ ）
A．在是增函数
B．是奇函数
C．在上有两个极值点
D．设，则满足的正整数的最小值是
【答案】ABD
【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项的正误；验证、时，是否成立，由此可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，当时，，，
，所以，函数在是增函数，A选项正确；
对于B选项，令，该函数的定义域为，
，
，
则，
所以，函数为奇函数，B选项正确；
对于C选项，当时，，且，
所以，函数在内无极值点；
，
①当时，，，则，
则，，此时，，
所以，函数在上单调递减，
，，
所以，函数在上只有一个极值点；
②当时，，，
所以，，，则，
所以，，则，
所以，函数在上没有极值点.
综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；
对于D选项，.
当时，，，不成立；
当时，，
当时，，，
，，，则，
所以，，
所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：利用定义法判断函数的奇偶性，步骤如下：
（1）一是看定义域是否关于原点对称，如果定义域不关于原点对称，则该函数为非奇非偶函数；
（2）若函数的定义域关于原点对称，接下来就是判断与之间的关系；
（3）下结论.
18．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）若，，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】观察式子特点，构造函数比较大小
【详解】，令，，
则，
故在上单调递增，
则，
即，
故；
而，
令，，
则，
故在上单调递减，故，
即，
故；
令，，
则，
由函数及的图象特征，
再由，，可得，
故在上单调递增，则，
即，
则，
则．
故选: BC．
【点睛】本题需要构造函数，利用导数确定函数的单调性，并借助特殊值比较大小.
19．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知函数的定义域D关于原点对称，且，当时，；且对任意且，都有，则（ ）
A．是奇函数B．
C．是周期函数D．在上单调递减
【答案】ACD
【分析】对于A，令，根据证明即可判断；对于B，根据，结合即可求得，即可判断；对于C，先求出，再根据求出，即可判断；对于D，令，先判断的符号，再根据比较即可判断.
【详解】对于A，令，
则，
所以函数是奇函数，故A正确；
对于B，由，得，
所以，
则，
所以，故B错误；
对于C，由，
得，
则，
则，即，
所以函数是以为周期的周期函数，故C正确；
对于D，令，则，
则，所以，
，所以，所以，
，
因为，所以，
所以，即，
所以在上单调递减，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了抽象函数的奇偶性，周期性及单调性，C选项的关键在于根据判断与的关系，D选项的关键在于令，判断出的符号.
20．（2023·山东聊城·统考一模）已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A．
B．函数在内单调递增
C．对于任意都有
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】根据已知应用赋值法判断A选项，结合奇函数判断C选项，根据单调性定义判断B选项，结合单调性解不等式判断D选项.
【详解】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
21．（2023·湖南株洲·统考一模）已知是函数的零点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】设，由可得，再根据选项依次判断正误即可.
【详解】设，
，，，
即，
所以要使为系数都是整数的整式方程的根，则方程必须包含因式.
由中的最高次数为4，是它的一个零点，
因此，
即.
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，是正确的；
对选项，，当时，最小值为，当时，无最小值，因此选项是错误的.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于将含有无理数的平方根式通过两次平方化成有理数，得到含有无理数解的有理数整式方程，从而得解.
22．（2023·广东·统考一模）已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C、D根据定义得到都有、有，再判断所给定区间里是否有、成立即可判断.
【详解】A：当时，，而，错误；
B：对于区间，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，正确；
C：对于区间，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于区间，使，则，，
而，，...，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，正确；
D：对于区间，存在一个满足在使，都有，且，
此时，上述为一个“封闭”函数，且该函数在有恒成立，
对于区间，结合上述函数，使，则，，...，，
将上述各式，两边分别累加并消项得，故成立，
所以一定是“封闭”函数，故错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C、D，根据给定的条件得到都有、有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
23．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
24．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断ABC，对于D，通过观察选项可以推断很可能为周期函数，结合，的特殊性以及一些已经证明的结论，想到当令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步可得出是周期函数，从而可得出的值.
【详解】对于A，令，代入已知等式得，得，
再令，，代入已知等式得，
可得，结合得，故A正确；
对于B，再令，代入已知等式得，
将代入上式，得，∴函数为奇函数，
∴函数关于点对称，故B正确；
对于C，再令，代入已知等式，
得，∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，∴为周期函数，且周期为3，
∵，∴，∴，，
∴，
∴，
故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于含有，，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有，双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
三、填空题
25．（2023·浙江温州·统考二模）已知在上恒成立，则实数的最大值为______．
【答案】
【分析】利用端点值初步限定实数的取值范围，设，其中，确定．根据在上单调性和最大值不同分类讨论，结合不等式恒成立的意义得到关于的不等式组，分别求解，然后取并集，得到实数的取值范围，从而得到最大值.
【详解】设函数，
则由题设得，
所以，解得．
易知函数在上单调递增．
设，其中，
则．
注意到，，
讨论如下：
①当时，函数在上单调递减，
可得，
从而根据在上恒成立知，只需满足，
解得．
②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
可得，
从而根据在上恒成立知，只需满足，
解得．
综上所述，．
故所求实数的最大值为．
故答案为：.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，涉及分类讨论思想，绝对值不等式，二次不等式，二次函数的图象和性质，二次函数在闭区间上的最值问题，属中高档题，难度较大，其中利用端点值初步限定实数的取值范围是简化讨论的有效方法.
26．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）定义在上的可导函数满足，且在上有成立.若实数满足，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】构造函数，根据已知判断函数的奇偶性和单调性，再将目标不等式转化为，利用单调性和奇偶性可解.
【详解】记，则
由可得
所以为偶函数
记，则
因为当时，，当时，
所以，当时，有最小值
又因为在上，即
所以
所以在上单调递增，
由可得
即
所以，即，解得.
故答案为：
27．（2023·山东淄博·统考一模）已知函数，若存在实数，满足，则的最大值是______．
【答案】
【分析】作出的函数图象，得出，，将化简为，构造函数，，由得出单调递增，求出的最大值，即可求得答案．
【详解】解：作出的函数图象如图所示：
∵存在实数，满足，
，
，
由图可知，，
，
设，其中，
，显然在单调递增，
，
，，
在单调递增，
在的最大值为，
的最大值为，
故答案为：．
28．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】或
【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令，有，得，
令，得，则，
令，，有，得，
又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递增.
不等式可化为，
则有，
因为函数在上单调递增，所以，
又，所以，即，
设，则，
因为，故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，所以或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.
29．（2023·湖南长沙·统考一模）已知函数，若关于x的方程恰有两个不相等的实数根，且，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据给定分段函数，求出函数的解析式，确定给定方程有两个不等实根的a的取值范围，再将目标函数用a表示出即可求解作答.
【详解】函数在上单调递增，，在上单调递增，，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
当，即时，，且，
因此，在坐标系内作出函数的图象，如图，
再作出直线，则方程有两个不等实根，当且仅当直线与函数的图象有两个不同交点，
观察图象知方程有两个不等实根，当且仅当，
此时，且，即，且，则有，
令，求导得，令，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即，因此函数在上单调递增，
，而，于是当时，，有，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
30．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知不等式恒成立，则实数的最大值为___________.
【答案】
【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可.
【详解】因为，所以，.
即.
令，易知在上单调递增，
又，
所以恒成立，即恒成立.
所以.
令，，则，，
由，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即，
故实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】同构法的三种基本模式：
①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；
②比商型，如可以同构成，进而构造函数；
③和差型，如，同构后可以构造函数或.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：
（1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（2）恒成立；恒成立；
能成立；能成立.
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