新高考数学三轮冲刺临考逐题练习 导数综合（2份，原卷版+解析版）

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八大常用函数的求导公式
（为常数）
；例：，，，
，，
，，
导数的四则运算
和的导数：
差的导数：
积的导数：（前导后不导前不导后导）
商的导数：，
复合函数的求导公式
函数中，设（内函数），则（外函数）
导数的几何意义
导数的几何意义
导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率
直线的点斜式方程
直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为：
用导数判断原函数的单调性
设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数.
判别是极大（小）值的方法
当函数在点处连续时，
（1）如果在附近的左侧，右侧，则是极大值；
（2）如果在附近的左侧，右侧，则是极小值.
1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
2．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
3．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】
【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
4．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
5．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
1．（2023·广东江门·统考一模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象是轴对称图形B．的极大值为0
C．的所有极值点之和为D．的极小值之积为
【答案】BCD
【分析】将代入中化简，若，使得，等式均成立，则是轴对称图形，化简等式，建立方程解出根，即可判断A；对求导，令导函数为0，求出极值点之间关系，进而判断单调性即可判断B、C，计算的极小值之积，即可判断D.
【详解】对A，若，使得,有成立，
即，
即，
即，
化简可得：
，
因为等式成立，所以有成立，解得，
故不存在这样的使得，有成立，即不是轴对称图形，
故选项A错误；
对B,因为，
所以，可得或，
因为，所以有两个不等实根记为，
由韦达定理得，所以，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
当时，，，所以，单调递减，
当时，，，所以，单调递增，
所以的极大值点为，即选项B正确；
对C，的所有极值点之和为：，即选项C正确；
对D，由单调性可知的极小值点为，所以
将代入有：
，
故选项D正确.
故选：BCD
2．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，若，其中，则（ ）
A．B．
C．D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象．设，由图象可得知，，的取值范围，从而可判断A；又根据，对照系数可得的值，可得得取值范围，从而可判断C，D；结合A和C即可判断B．
【详解】因为，所以，
令，解得或，
当时，或，所以单调递增区间为和；
当时，，所以单调递减区间为，
的图象如右图所示，
设，则，，故A错误；
又，所以，
即，
对照系数得，故选项C正确；
，故选项D正确；
因为，所以，解得，故选项B正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：先利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象，再利用数形结合求解是解答本题的关键．
3．（2023·浙江杭州·统考二模）已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（ ）
A．B．的一个周期是4
C．是偶函数D．
【答案】BC
【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项.
【详解】因为函数是奇函数，，
所以，
所以，即：，故的周期为4，
所以，故的一个周期为4，故B项正确；
，故A项错误；
因为函数是奇函数，
所以，
所以，即：，
所以为偶函数，故C项正确；
因为，
所以，
令，可得，解得：，故D项错误.
故选：BC.
4．（2023·重庆·统考一模）已知函数，则（ ）
A．有两个零点B．过坐标原点可作曲线的切线
C．有唯一极值点D．曲线上存在三条互相平行的切线
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的极值，结合零点的定义即可判断A；利用反证法，根据直线的点斜式方程求出切线方程，即可判断B；利用二次求导研究函数的极值，结合零点的定义即可判断C；利用函数的零点个数与方程的根个数、函数图象交点个数的关系，结合选项C即可判断D.
【详解】A：，
对于函数，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
则函数在，处分别取极大值和极小值，
由，知只有一个零点，所以有两个零点，故A正确；
B：假设B成立，设切点坐标为，
切线方程为，
即，
∴，但显然，故B错误；
C：，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
∴函数在处分别取到极大值和极小值，
由知只有一个零点，有一个极值点，故C正确；
D：若D正确，则存在实数m使得有三个不同的根，
即函数与图象有3个交点，
由选项C可知，，故D正确.
故选：ACD.
5．（2023·辽宁大连·统考一模）定义在上的函数，则（ ）
A．存在唯一实数，使函数图象关于直线对称
B．存在实数，使函数为单调函数
C．任意实数，函数都存在最小值
D．任意实数，函数都存在两条过原点的切线
【答案】ACD
【分析】根据对称性先用特殊值求得的值，再判断对称性是否对所以自变量均成立即可判断A；根据导函数的性质即可判断B，C；根据导数的几何意义求解切线方程，代入原点判断方程的实根个数即可判断D.
【详解】对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立
所以且，所以，解得，
且当时，，则，
所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确；
对于C，由于，又令，则恒成立，
所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得，
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确；
对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则，
所以切线方程为，当切线过原点时，有
整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确.
故选：ACD.
6．（2023·辽宁锦州·统考二模）已知函数是定义在上的可导函数，当时，，若且对任意，不等式成立，则实数的取值可以是（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】AB
【分析】由题意可得为偶函数，在上单调递增，不等式等价于，由，解不等式即可.
【详解】函数是定义在上的可导函数，，则定义域为，
，为偶函数，
当时，，则在上单调递增，
当，，则有，
即，所以，
由，可得，
根据选项可知，实数a的取值可以是-1和0.
故选：AB.
7．（2023·河北唐山·统考二模）已知函数及其导函数的定义域均为．，，当时，，，则（ ）
A．的图象关于对称
B．为偶函数
C．
D．不等式的解集为
【答案】BCD
【分析】根据可判断A,求导即可根据判断B，由为偶函数以及对称可判断C，根据函数的性质画出大致图象，即可由时，求解D.
【详解】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，
由得，由得，故为偶函数，故B正确，
由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，
由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，
又当时，，可知在单调递减
故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：
由性质结合图可知：当时，，
由得，故 ，
当且时，此时无解，
当时，，解得 ，
当且时，由得
综上可得的解集为，故D正确，
故选：BCD
【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，题目综合性较高，要对函数基本性质比较熟练，可根据性质利用图象求解问题.对于函数的性质综合运用题目可从以下几个方面解题.
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
8．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数，对于任意的实数，，下列结论一定成立的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABD
【分析】构造函数利用导数研究函数的单调性一一判定即可.
【详解】，
令在上单调递增，
在上单调递减，故，
所以在上单调递增，且.
对于A项，若，显然B正确；
对于B项，有，
令，令，
在R上单调递增，而，
故在上单调递增，在上单调递减，故，
所以，故A正确；
对于D项，若，
即，故D正确；
设，若，则满足，
但，故C错误.
故选：ABD
9．（2023·浙江杭州·统考一模）已知函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由题意可得，，令，可得，代入方程可得，变形为，根据函数的单调性及已知，，可得，，进而根据指数与对数的运算性质以及导数判断出结论的正误．
【详解】由题意可得，，
令，则，
代入方程可得，
变形为，
令，，
可知函数在上单调递减，
又，，
，即．
由，，即，因此A正确；
，因此B正确；
，因此C不正确；
令，则，
函数在上单调递增，，
，因此D正确．
故选：ABD
【点睛】利用导数可求得函数的最值（范围），步骤如下：先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导函数求得函数的单调区间，再根据单调性求得函数的最值（范围）.
10．（2023·浙江温州·统考二模）函数，则（ ）
A．，使得在上递减
B．，使得直线为曲线的切线
C．，使得既为的极大值也为的极小值
D．，使得在上有两个零点，且
【答案】BCD
【分析】根据函数单调由即可求解A，根据切点为的切线，即可求解B,求导，利用导数的正负确定单调性即可确定极小值，结合对称性即可确定极大值，举例求解D.
【详解】A．若，使得在上递减，则，代入得，解得 且，故 不存在，因此不存在，使得在上递减，故A错；
B．当时，，当切点为时，则只需，故B对；
C．注意到，令，
另一方面，时，，
当时，，
当时，
此时时，取极小值，此时为极小值，
由，所以函数的图象关于对称，由对称性可知：为的极大值，此时也为极大值．故C对；
对于D，令，，函数在上有两个零点，，所以，
故D正确；
故选：BCD
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
11．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）
A．B．
C．的最大值为0D．当时，
【答案】AB
【分析】先利用导数几何意义求出切线方程，利用切线斜率和截距相等建立方程，然后利用指对互化判断A、B，由数量积坐标运算化简，判断函数值符号即可判断C，构造函数，利用导数法研究函数的单调性，判断D
【详解】因为，所以，又，所以，
切线：，即，
因为，所以，又，所以，
切线：，即，
由题意切线重合，所以，所以，即，A正确；
当时，两切线不重合，不合题意，
所以，，，
所以，，B正确；
，
当时，，，则，当时，，，
则，，所以，C错误；
设，则，
所以函数在上单调递增，所以，所以，
所以，∴，
记，则，
所以函数在上单调递增，则，所以，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题需要表示出两条切线方程，然后比较系数，再进行代换，在代换过程中要尽量去消去指数或对数，朝目标化简.
12．（2023·江苏常州·校考一模）已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】BCD
【分析】根据题意可得函数无最小值，利用导数分类讨论、时，函数在内最值情况，结合图形判断作答即可.
【详解】函数定义域为，
因为，使得，
则函数在上没有最小值.
对求导得：，
若，当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，函数值域为，则在内无最小值，因此，.
若，令，，，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，显然，即，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，
当时，有两个根，不妨令，
当或时，，当或时，，
即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，
函数在与处都取得极小值，所以，不符合题意.
当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意.
综上得：实数的取值范围是：，所以满足条件的实数的可能值有-1，0，.
故选：BCD.
【点睛】图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数；
将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
13．（2023·河北邯郸·统考二模）已知函数，若存在满足，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合关键点的坐标作出函数图象，由，可得直线与函数的图象有三个交点，观察图象确定的范围，设可得，比较系数，结合条件判断B，C，D.
【详解】因为，
所以，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，，
作出函数的图象如下：
对于A，由，
可得为方程的三个根，
即为方程的三个根，
即为方程的三个根，
故直线与函数的图象有三个交点，
所以，所以，A正确；
设，可得，
因为，
所以，，，
则，
所以，
所以，
所以，，又，，
所以，，
B错误，C正确，D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用导数确定函数的单调性，作出函数的图象，结合图象研究函数的零点或方程的根.
14．（2023·山东德州·统考一模）已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知可得，，依据每个选项的条件逐项计算可判断每个选项的正确性．
【详解】由题意得，，
，，，
对于A：，因为函数在上单调递增，
，故A正确；
，因为函数在上单调递增，
，故B正确；
由，，，，
，故C错误；
令，则，
当时，，在上单调递增，
因为，则，所以，
，，，故D正确．
故选：ABD．
15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，若有三个零点，则b的取值范围为
B．若满足，则
C．若过点可作出曲线的三条切线，则
D．若存在极值点，且，其中，则
【答案】ACD
【分析】对于A ，将代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可；
对于B ，根据，推断函数的对称性，进而可以求得的值；
对于C ，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可；
对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，此时可得的表达式，令，结合，再化简即可得到答案.
【详解】对于A ，，当时，，，
令，解得或，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时取得极大值，当时取得极小值，
有三个零点，，解得，故选项A正确；
对于B ，满足，根据函数的对称可知的对称点为，将其代入，得，
解得，故选项B错误；
对于C ，，
设切点为，则切线的斜率
化简，
得
由条件可知该方程有三个实根，有三个实根，
记，
令，解得或，
当时取得极大值，当时，取得极小值，
因为过点可作出曲线的三条切线，
所以，解得，故选项C正确；
对于D ，，，
当，在上单调递增；
当，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
存在极值点，
由得
令，
，于是，
所以
，
化简得：，
，，于是，
.故选项D正确；
故选：ACD.
16．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】通过多次构造函数，结合函数的性质、选项及进行求解.
【详解】设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，即.
因为，所以.
设，，所以当时，为减函数；
因为，，所以.
由可得，所以，故B正确.
设，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最大值为，所以，即.
.
设，易知为增函数，由可得，故C正确.
因为为单调递减函数，在上是增函数，在上是减函数，且的图象经过图象的最高点，所以当时，的大小无法得出，故A不正确.
令，则，得，易知在为增函数，所以，
所以不成立，故D不正确.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的常用方法：
（1）作差比较法：作差，构造函数，结合函数最值进行比较；
（2）作商比较法：作商，构造函数，结合函数最值进行比较；
（3）数形结合法：构造函数，结合函数图象，进行比较；
（4）放缩法：结合常见不等式进行放缩比较大小，比如，等.
17．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数，是的导数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数有唯一极小值
C．函数在上有且只有一个零点，且
D．对于任意的，，恒成立
【答案】ABD
【分析】对函数求导，利用二次导函数的正负判断导函数函数的单调性，进而判断选项；构造函数，利用导数求解函数的单调性并证明不等式，进而判断选项.
【详解】，
，则，
设，
，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，所以在上单调递增，故选项正确；
又，所以，则存在，使得．在时，；时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
故有唯一极小值，故选项正确；
令，，
则，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且，则有．
又，
因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则．
又，
从而存在唯一，使得．
显然当时，，当时，．
又，令，
，
因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
函数在上有且只有一个零点，且，故选项C错误；
，，
，
设，，
则
由选项知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，，总满足，故选项正确．
故选：.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结论构造辅助函数.
18．（2023·湖南·校联考二模）已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称B．的一个周期为
C．不关于对称D．关于对称
【答案】ABD
【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；
B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；
C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；
D选项，验证是否成立可判断选项正误.
【详解】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，.
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：为偶函数；
若以为对称轴，且以为一个对称中心，，则为周期函数，且其一个周期为.
19．（2023·江苏南通·二模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】证明，放缩可判断A，由，放缩可判断B，先证出，再放缩，根据再放缩即可判断C，可得，令，转化为，构造，利用导数判断单调性求函数最小值即可判断D.
【详解】由，可得，
，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，即，
由知，A正确；
由可得，可得（时取等号），
因为，所以，B正确；
时，，则，
，C错误；
，
令，则，
，
在单调递增，，，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：比较式子的的大小，要善于对已知条件变形，恰当变形可结合，，放缩后判断AB选项，变形，再令，变形，是判断D选项的关键，变形到此处，求导得最小值即可.
20．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知函数．以下说法正确的是（ ）
A．若在处取得极值，则函数在上单调递增
B．若恒成立，则
C．若仅有两个零点，则
D．若仅有1个零点，则
【答案】AB
【分析】求出函数的导数，求出a值，再探讨单调性判断A；变形给定不等式，利用同构思想等价转化，分离参数再构造函数，利用导数求出最大值判断B；利用选项B中构造的函数，探讨函数的值域，进而求出a值或范围判断CD作答.
【详解】函数的定义域为，
对于A，，因为在处取得极值，则，解得，
，因为函数在上都单调递增，则在上单调递增，
当时，，当时，，因此是函数的极小值点，且在上单调递增，A正确；
对于B，，
成立，令，显然函数在R上都是增函数，
于是在R上单调递增，即有，成立，
因此，成立，
令，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
则当时，，从而，解得，
所以当恒成立时，，B正确；
对于C，函数仅有两个零点，等价于方程有两个不等根，
由选项B知，方程有两个不等根，
由选项B知，函数的图象与直线有两个公共点，
而函数在上单调递增，在上单调递减，，
而当时，函数的取值集合是，函数的取值集合是，
因此函数在的取值集合是，
当时，令，，即函数在上单调递减，
，即当时，，因此，
而函数在上单调递减，其取值集合是，无最小值，
因此函数在上的取值集合是，
从而函数在的值域是，在上的值域是，
于是要有两个不等根，当且仅当，解得，C错误；
对于D，函数仅有1个零点，由选项C知，当且仅当，解得，D错误.
故选：AB
【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.