函数与导数-2023-2024学年高二下学期数学期末复习专项训练6

重难点 高二下学期数学期末考试【专题复习】【专题06】函数与导数 核心考点解读 1. 函数图像辨析（第1题） 2. 函数性质应用（第2-3题） 3. 函数与方程（第5题） 4. 指对幂函数（第4题） 5. 比较大小（第4题、第8题） 6. 函数切线、公切线 7. 函数单调性讨论 8. 求函数极值和最值 9. 函数不等式、恒成立问题 10. 利用导数函数零点问题 11. 双变量问题和极值点偏移问题 知识必备 1.函数在某点处的导数 函数y=f(x)在x=x0处的导数(瞬时变化率) 　　如果当Δx→0时，平均变化率无限趋近于一个确定的值，即有极限，则称y=f(x)在x=x0处可导，并把这个确定的值叫做y=f(x)在x=x0处的导数(也称为瞬时变化率)，记作f'(x0)或y'，即f'(x0)= =. 2.基本初等函数的导数公式 基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)=c(c为常数) f'(x)=0 f(x)=xα(α∈R，且α≠0) f'(x)=αxα-1 f(x)=sin x f'(x)=cos x f(x)=cos x f'(x)=-sin x f(x)=ax(a>0，且a≠1) f'(x)=axln a f(x)=ex f'(x)=ex f(x)=logax(a>0，且a≠1) f'(x)= f(x)=ln x f'(x)= 3.导数的四则运算法则 名称 内容 和、差的导数 [f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x) 积的导数 [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) [cf(x)]'=cf'(x)(c为常数) 商的导数 '= (g(x)≠0) 4.复合函数的概念及其求导法则 　　一般地，对于由函数y=f(u)和u=g(x)复合而成的函数y=f(g(x))，它的导数与函数 y=f(u)，u=g(x)的导数间的关系为y'x=y'u·u'x. 即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积. 5.构造函数，利用导数证明(解)不等式 1）利用单调性解不等式的关键是构造函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果. (1)对于f'(x)>g'(x)，构造h(x)=f(x)-g(x)，特殊地，若遇到f'(x)>a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数(若a=0，则无需构造)，则可构造h(x)=f(x)-ax. (2)对于f'(x)+g'(x)>0，构造h(x)=f(x)+g(x). (3)对于f'(x)+f(x)>0，构造h(x)=ex·f(x). (4)对于f'(x)-f(x)>0，构造h(x)= . (5)对于xf'(x)+f(x)>0，构造h(x)=x·f(x). (6)对于xf'(x)-f(x)>0，构造h(x)= . (7)对于>0，分类讨论： ①若f(x)>0，则构造h(x)=ln f(x)；②若f(x)<0，则构造h(x)=ln[-f(x)]. 2）利用导数证明不等式的步骤 (1)将要证明的不等式f(x)>g(x)(x∈(a，b))移项，构造函数F(x)=f(x)-g(x)，转化为证明 F(x)>0的形式. (2)确定函数的单调性，若F'(x)>0，则F(x)在(a，b)上是增函数；若F'(x)<0，则F(x)在 (a，b)上是减函数. (3)将单调区间的端点值代入，若函数F(x)是增函数，且F(a)=f(a)-g(a)≥0，则当x∈ (a，b)时， f(x)-g(x)>0，即f(x)>g(x)；若F(x)是减函数，且F(b)≥0，则当x∈(a，b)时， f(x)-g(x)>0，即f(x)>g(x). 6.【三次函数图像与性质】 7.【部分同构携手放缩法】（同构放缩需有方，切放同构一起上） 【方法总结】在学习指对数的运算时，曾经提到过两个这样的恒等式： (1)当a＞0且a≠1时，有，(2)当a＞0且a≠1时，有 再结合指数与对数运算法则，可以得到下述结论(其中x＞0) (“ex”三兄弟与“lnx”三姐妹) (3)，，(4)， (6)， 再结合常用的切线不等式：，，，等，得到更多的结论 (7)，． ，． (8)， ， (9)， ， 1）．地位同等同构（主要针对双变量，合二为一泰山移） (1) >k(x1<x2)f(x1)－f(x2)<kx1－kx2f(x1)－kx1<f(x2)－kx2y＝f(x)－kx为增函数； (2) <(x1<x2)f(x1)－f(x2)>＝－f(x1)＋>f(x2)＋y＝f(x)＋为减函数； 2）．指对跨阶同构（主要针对单变量，左同右同取对数）(1)积型： 如，，后面的转化同(1) (2)商型： (3)和差： 如；． 3）．无中生有同构（主要针对非上型，凑好形式是关键） (1)； (2)； (3) ． *指数均值不等式与对数均值不等式 （1） 指数均值不等式： 对于实数a,b,定义为a,b的指数平均数,则 （当且仅当a=b时，等号成立） （2） 对数均值不等式：对于a,b两个正数的对数平均线，则有 （当且仅当a=b时，等号成立） 8.八大经典超越函数的图象 7. 微分中值定理 推论：如果在内恒有，则在内为常数. 罗尔定理图示 拉格朗日中值定理图示 【注意】（1）以上3个中值定理，特别时拉格朗日中值定理建立了函数在区间上的变化（改变量）与函数在该区间内一点处导数的关系，从而使我们能够利用导数来研究函数在区间上的整体性态. （2）罗尔定理是拉格朗日中值定理的特殊形式，柯西中值定理是拉格朗日中值定理的拓展形式. 8. 泰勒公式 泰勒（Taylor）公式的主要作用是用多项式逼近函数和近似计算，对应的分别有带有皮亚诺余项的泰勒公式和带有拉格朗日余项的泰勒公式。 带有皮亚诺余项的泰勒公式 若函数在点处存在直至n阶导数，则有 用得比较多的是在时的特殊形式： 它称为带有皮亚诺余项的麦克劳林公式. 常用的泰勒公式（带有皮亚诺余项） 由泰勒公式，我们得到下列常用的不等式： *高中常用的泰勒公式（麦克劳林公式）如下： 8. 切线放缩 模拟训练 1.函数图像辨析（第1题） 2.函数性质应用（第2-3题） 3.函数与方程（第5题） 4.指对幂函数（第4题） 5.比较大小（第4题、第8题） 6.函数单调性讨论（第8题） 7.求函数极值和最值（第7题） 8.函数切线求解（第6题、第13题、第14题） 一、单选题 1．（2024·广东广州·一模）已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 3．（2024·内蒙古·三模）已知奇函数的定义域为R，且，则在上的零点个数的最小值为（    ） A．7 B．9 C．10 D．12 4．（2023·江西萍乡·二模）已知，则这三个数的大小关系为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·甘肃张掖·模拟预测）函数的所有零点之和为（    ） A．0 B．-1 C． D．2 6．（2024·广东广州·模拟预测）已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·安徽·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·山西·模拟预测）已知函数，则（    ） A．的图象关于直线对称 B． C． D．在区间上的极大值为 10．（2024·辽宁·三模）已知函数为实数，下列说法正确的是（    ） A．当时，则与有相同的极值点和极值 B．存在，使与的零点同时为2个 C．当时，对恒成立 D．若函数在上单调递减，则的取值范围为 11．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（    ） A．在上为减函数 B．当时， C． D．在上有且只有1个零点 12．（2021·全国·三模）定义在上的函数的导函数为，当时，，函数满足：为奇函数，且对于定义域内的所有实数，都有．则（    ） A．是周期为的函数 B．为偶函数 C． D．的值域为 三、填空题 13．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线是曲线和的公切线，则实数a= ． 14．（2024·河南信阳·模拟预测）若过点仅可作曲线的两条切线，则的取值范围是 . 15．（2024·福建三明·三模）已知关于的不等式对任意均成立，则实数的取值范围为 . 16．（2024·广东广州·模拟预测）已知，若关于的不等式有整数解，则的取值范围为 . 1.函数切线、公切线（第17题、22题） 2.函数单调性讨论（第18题） 3.求函数极值和最值（第19题） 4.函数不等式、恒成立问题（第20题、第22题） 5.利用导数函数零点问题（第21题） 6.双变量问题和极值点偏移问题（无） 四、解答题 17．（2023·海南省直辖县级单位·三模）已知函数，． (1)证明：对于，，都有． (2)当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程． 18．（2024·山西晋中·三模）已知函数， (1)讨论的单调性； (2)若函数存在两个极值点，求实数的取值范围． 19．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数（）. (1)求在区间上的最大值与最小值； (2)当时，求证：. 20．（2024·山西·模拟预测）定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数，，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ⅱ）对于（i）中的正数，证明：. 21．（2024·福建宁德·三模）已知函数的图象在处的切线过点. (1)求在上的最小值; (2)判断在内零点的个数，并说明理由. 22．（2024·河南·三模）已知函数. (1)如果，求曲线在处的切线方程； (2)如果对于任意的都有且，求实数满足的条件. 1．D 【分析】利用函数的奇偶性、定义域结合三角函数的性质判定即可. 【详解】观察图象可知函数为偶函数， 对于A，，为奇函数，排除； 对于B，，为奇函数，排除； 同理，C、D选项为偶函数，而对于C项，其定义域为，不是R，舍去，故D正确. 故选：D 2．D 【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点中心对称，则. 因为为偶函数，所以， 所以的图象关于直线轴对称. 由，得， 所以，则， 则的周期为4， ，则. 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 （1）关于轴对称， （2）关于中心对称， （3）的一个周期为， （4）的一个周期为. 可以类比三角函数的性质记忆以上结论. 3．B 【分析】由已知可得的图象关于点对称，周期为3，据此计算可得在上的零点个数的最小值为9. 【详解】由，可得的图象关于点对称， 又是奇函数，所以，则的周期为3， 所以， 则.故在上的零点个数的最小值为9. 取，显然满足题意，且恰好在上有9个零点. 故选：B. 4．C 【分析】令，利用导数可知在上单调递增，在上单调递减，结合，可得答案. 【详解】令，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为， 且， 则，即. 故选：C. 5．A 【分析】令，即，构造函数与函数，画出函数图象，可知两个函数图象相交于两点，设为，得，进而得到，即 【详解】由零点定义可知，函数的零点，就是方程的实数根，令， 则，显然，所以， 构造函数与函数，则方程的根， 可转化为两个函数图象的交点问题，根据图象可知，两个函数图象相交于两点， 所以此方程有两个实数根，即函数有两个零点， 设为，所以，， 即， 另外发现，将代入，可得， 所以也是函数的零点，说明，即. 故选:A. 6．A 【分析】设直线与曲线切于点，根据题意由在直线上方，由求解. 【详解】解：设直线与曲线切于点， 则， 所以切线方程为， 所以，， 所以， 设，， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 故选：A. 7．A 【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解. 【详解】因为，所以， 令，可得或， 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，满足题意； 当，即时，恒成立， 则在上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当，即时， 令，得或；令，得； 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极小值点，不满足题意； 综上，，即的取值范围为. 故选：A. 8．A 【分析】构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，构造函数，利用导数求取单调性可得、之间大小关系，即可得解. 【详解】由， 即， 令， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 则有，即， 令， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 则有，即， 故. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于构造出函数、，以比较、与、之间大小关系. 9．ABD 【分析】对于A选项，把轴对称转化为等式成立，结合诱导公式，从而可以得证； 对于B选项，先化简，然后结合基本不等式，即可求得最小值； 对于C选项，令，举反例，可得C错误； 对于D选项，利用导数求函数极值，即可求解. 【详解】对于A选项，因为，所以的图象关于直线对称，故A正确； 对于B选项， ， 当且仅当时取等号，故B正确； 对于C选项，，故C错误； 对于D选项，因为，当时，，，则； 当时，， 设，，则，所以在上单调递减. 由，得且，，， 又，则，则在上单调递增； 当时，，结合A选项知在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：（1）证明的图象关于直线对称，可以转化为证明等式成立即可； （2）利用导数求函数极值的方法：       第1步：求函数的定义域；       第2步：求导函数；       第3步：求导函数的零点；       第4步：列当x变化时，的变化情况表；       第5步：根据极大值和极小值的定义下结论. 10．AC 【分析】对于A，分别各自求导，结合导数与函数极值的关系即可判断；对于B，分别求出与的零点为2个时的范围，看它们的交集是否为空集即可判断；对于C，构造函数，求导，对分类讨论，只需判断是否成立即可；对于D，原问题等价于对恒成立，从而即可进一步求解. 【详解】对于A，当时， ， 当时，有，此时均单调递减， 当时，有，此时均单调递增， 所以当时，均各自取到相应的极值，且， 所以当时，则与有相同的极值点和极值，故A正确； ， 令， ，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，当，， 当时，有极大值，， 在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示， 所以方程有两个根当且仅当， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 当从1的左边趋于1时，趋于正无穷，当从1的右边趋于1时，趋于负无穷， 当时，，单调递增， 令，则，，当时，， 当时，有极小值，， 在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示， 方程有两个根当且仅当， 综上所述，不存在，使与的零点同时为2个，故B错误； 设， ， ， 当时，显然， 若，即，在此情况下： 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ， 即在的情况下，对恒成立， 若，即，在此情况下： 当时，，单调递减， 所以， 所以在的情况下，对恒成立， 综上所述，当时，对恒成立，故C正确； 对于D，若函数在上单调递减， 这意味着对恒成立， 也就是说对恒成立，即对恒成立， 注意到在上单调递减， 所以，也就是说的取值范围为，故D错误. 故选：AC. 11．BCD 【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误． 【详解】由，可得． 令， 则当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 可得，所以，所以C正确； 因为，所以当时，， 又因为，所以当时，，所以B正确； 由是定义在上的奇函数，故当时，， 又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确． 因为的单调性无法判断，所以A错误． 故选：BCD. 12．ABC 【分析】对求导，根据条件求得对称性，并求得定义域上的单调性及周期性，从而对选项一一分析. 【详解】因为，所以， 在时，，所以， 所以， 故在上单调递减． 因为为奇函数，所以函数关于点中心对称，即； 又，所以函数关于直线对称，所以在单调递增，且，则，， 可得，是周期为的周期函数，A正确． 因为，，结合草图可知 ，C正确． 对于定义域内任一个，结合周期性可得，故为偶函数，B正确．而的函数最值无法确定，故D错误． 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：根据条件求得函数的单调性，对称性，周期性，数形结合求得其他性质. 13．3 【分析】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值. 【详解】设直线l与曲线相切于点， 由，得，因为l与曲线相切， 所以消去，得，解得． 设l与曲线相切于点，由，得，即， 因为是l与曲线的公共点， 所以消去，得，即，解得． 故答案为：3. 14． 【分析】设切点为：，根据切线过点，得到，令，再根据过点仅可作曲线的两条切线，由 与的图象有两个交点求解. 【详解】设切点为：， ， 所以切线方程为， 又因为切线过点， 所以， 即， 令， 则， 令，得或， 当或时，，当时，， ， 当时，则，且； 当时，则， 所以的图象如图所示： 因为过点仅可作曲线的两条切线， 所以与的图象有两个交点， 则 或. 故答案为：. 15． 【分析】分当且对任意均成立时，和当且对任意均成立时，两种情况讨论，分离参数，进而可得出答案. 【详解】当对任意均成立时， 则对任意均成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 当对任意均成立时， 则对任意均成立时， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以， 所以，所以， 所以，当且对任意均成立时， 且，即； 当且对任意均成立时， 即且对任意均成立时， 因为在上无最大值， 所以此时没有满足， 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 16． 【分析】根据题意，得，设，利用导数研究的最小值，再分和两种情况讨论得解. 【详解】不等式，即， 设，， 设，，所以单调递增，且，， 所以存在，使，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， 因为，所以， 当时，，当时，， 不等式有整数解，即有整数解， 若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以时，，所以无整数解，不符合题意， 当时，因为， 显然0，1是的两个整数解，符合题意， 综上可知，. 【点睛】关键点点睛：借助，可得. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由得，根据转化为证明，构造函数后利用导函数证不等式. （2）先设的切线方程为，结合其和也相切，联立后根据二次方程有唯一解可得，利用的性质，求出即可. 【详解】（1）因为，所以，即． 当时,， 欲证，，只需证在上恒成立． 令，， 当时，当且仅当即时等号成立， 故， 所以函数在区间上单调递增，所以，所以． 综上所述，对于，，都有． （2）当时，，设直线与曲线的切点为， 因为，所以曲线在点的切线方程为， 联立方程，得， 由，得，即． 由（1）知，函数在上单调递增，且， 所以方程有且只有一个实根， 所以，即， 代入得， 所以直线的方程为． 18．(1)当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减. (2) 【详解】（1）由，知. 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，有， 从而对和有，对有. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）由于，故. 记，则. 从而对有，对有. 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，对均有，所以不可能有两个零点，从而不可能有两个极值点； 当时，由，，，结合零点存在定理可知存在两个零点，. 再结合的单调性知在时取正值，在时取负值，所以有极大值点和极小值点. 综上，的取值范围是. 19．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）解：（）（）， 令，则， 当时，，所以在区间上恒成立，在区间上单调递增， 所以，. 当时，，则当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增， 所以， 而，.所以 综上所述，当时，，； 当时，所以，. （2）方法一：隐零点法 因为，，所以，欲证，只需证明， 设，（），， 令，易知在上单调递增， 而，， 所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的使得， 即，因此，， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增； 所以 所以，因此. 方法二：（同构） 因为，，所以，欲证，只需证明， 只需证明， 因此构造函数（）， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增： 所以，所以， 所以， 因此. 20．(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析； 【详解】（1）， 当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增； 当时，令，得； 令，得， 故函数在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）令，得，得， 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 即在上单调递减，且，， 故，使得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因为，， 所以在上只有一个零点，故函数在上只有一个零点， 即函数与在上存在“单交点”； （ii）因为，所以要证，即证， 即证，只需证， 因为，得， 所以只需证即可， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，即， 原不等式即证. 21．(1) (2)有2个零点，理由见解析 【详解】（1）法一：， 又，所以切线方程为， 又切线过点， 得，所以. 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为. 法二:， 所以切线方程为， 因此切点为， 得，所以， 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为； （2）法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数， 等价于判断方程根的个数. 令 ，令，则，得. 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减.， （或） 所以时，方程有2根， 所以在有2个零点. 法二：由（1）得， 令，则在上为减函数 ， 所以在上必有一个零点，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.. 又， 所以在上必有一个零点，使得. 当时，，即，此时单调递增; 当时，，即，此时单调递减.. 又因为， 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 综上，在有2个零点. 22．(1) (2). 【详解】（1）当时，， 记，则， 所以切线方程为，即； （2），且， ， 所以有， ， ，令， ， ， 如果在上单调递减， 即有在上单调递减，此时与矛盾，故， 令， 则，因为， 所以在上单调递减，， 而， 故由零点存在定理，可知存在，使得， 也就是当时，，当时，， 进一步分析可知存在，使得在上单调递增， 在上单调递减， 要使得恒成立，必有， ， ，因为， 所以由， 如果，此时在上单调递增， ，满足题意， 如果在上单调递增，在上单调递减， 要使恒成立，必有， 所以当时，恒成立， 综上有. 学科网（北京）股份有限公司 $$