2024年全国一卷新高考数学题型细分S2-5——导数 单选填空2

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数 单选填空2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《导数——单选填空》题目主要分类有：原始定义，求导，切线意义，求切线，切线相关分析，单调性，极值，比较大小，解不等式，零点分析，最值，恒成立——反求系数，恒成立——分析式子最值，拓展，综合，中档，中上等，大概138道题。 比较大小： 1. （2024年粤J138汕头金南三模）2．已知，，，则的大小关系为（ [endnoteRef:2]   ） A． B． C． D．（基础） [2: 2．C 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数判断单调性即可得解. 【详解】令函数，求导得， 因此函数在上单调递增，则，， 所以. 故选：C ] 2. （2024年鲁J31威海二模）8．设，，，则（ [endnoteRef:3]   ） A． B． C． D．（中下） [3: 8．B 【分析】令，求导可证明，进而可得，可判断，令，求导可证，令，可判得. 【详解】令，可得，所以在上单调递增， 当时，，所以， 所以，所以， 令，求导可得， 当，，所以单调递减，所以， 即，所以， 令，可得，即， 所以. 故选：B. ] 3. （2024年冀J13示范高中，末）8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（[endnoteRef:4] ） A. B. C. D. （中下） [4: 【答案】D 【解析】 【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式 【详解】因为，所以， 函数在上单调递增，且，因为 所以，所以，即， 又，所以，所以，即，综上，. 故选：D ] 4. （2024年湘J21一起考一模，末）8. 设，则（[endnoteRef:5] ） A. B. C. D. （中下） [5: 【答案】D 【解析】 【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案. 【详解】设， 设0，所以， 所以函数在上单调递增， 所以，即. 根据已知得， 可设， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即. 综上，. 故选：D. 【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. ] 5. （2024年湘J27长沙一中适应）7. 已知，则有（[endnoteRef:6] ） A. B. C. D. （中下） [6: 【答案】C 【解析】 【分析】构造，根据导函数得出函数在上单调递增，即可得出，所以；构造，根据导函数得出函数在上单调递增，可判断，再根据对数函数的运算性质得到. 【详解】令，则. 当时，有，所以， 所以，在上恒成立， 所以，在上单调递增， 所以，， 所以，，即，所以. 令，则在时恒大于零，故为增函数， 所以，而，所以， 所以， 故选：C ] 6. （2024年湘J02邵阳一联，末）8. 设，则的大小关系为（[endnoteRef:7] ） A. B. C. D. （中下） [7: 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数然后根据函数的单调性判断的大小，构造函数判断的大小，从而判断出大小； 【详解】， 设， 在上单调递减. 又 ； 又， 设 时， 在单调递减. ； 综上，， 故选：D. ] 7. （2024年冀J43名校二联考）4．已知，则的大小关系是（[endnoteRef:8]    ） A． B． C． D．（中下） [8: 4．B 【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小. 【详解】对，因为，则，即函数在单调递减， 且时，，则，即，所以， 因为且，所以， 又，所以. 故选：B ] 8. （2024年冀J27名校联盟三模）8．已知，，，，则下列大小关系正确的是（[endnoteRef:9]    ） A． B． C． D．（中下） [9: 8．B 【分析】等价变形已知条件，，构造两个函数，利用求导判断单调性即可求解. 【详解】设， 因为，，， 所以 即， ， ，在上单调递减， ，所以在上单调递减， 所以，即， ，当时，，所以在上单调递增， 所以, 故选：B. ] 9. （2024年浙J03台州一评，末）8. 已知，，，则（ [endnoteRef:10] ） A. B. C. D. （中下） [10: 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数,，讨论得出函数单调性递增后，通过作差或作商判断，大小后，即可判断,的大小，利用下凸函数与割线的关系即可判断,的大小. 【详解】因为，连接和,得割线方程, 因为在上是下凸函数， 所以在上，割线在正切曲线上方，即, 所以当时，, 令，， ， 当时，因为,即， 所以在单调增，即, 因为， 所以，即， 故，即. 故选：A. ] 10. （2024年浙J09温州中学一模）8. 已知，则的大小关系为（ [endnoteRef:11] ） A. B. C. D. （中下） [11: 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得， 构建函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断. 【详解】因为， 两边取对数得：， 令， 则， 令，则， 可知在上单调递增， 因为，则，可知恒成立， 则，即，可得， 则在上单调递增，可得， 可得，即， 又因为在上单调递增，所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：对题中式子整理观察形式，构建函数，利用导数判断其单调性. ] 11. （2024年浙J24金华一中）6. 已知函数，设甲：；乙：，则（ [endnoteRef:12] ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 （赋值法，中下） [12: 【答案】B 【解析】 【分析】利用特殊值的函数值判断充分性不成立，利用导数研究的单调性和值域，结合三角函数的有界性，从而判断必要性. 【详解】，，满足，但，故甲不是乙的充分条件； 令，则，故在单调递增， 即，也即在恒成立，则在恒成立； 故当时，，，甲是乙的必要条件. 综上所述，甲是乙的必要条件，但不是充分条件. 故选：B. ] 12. （2024年湘J38怀化二模）7．已知，，，则（ [endnoteRef:13]   ） A． B． C． D．（中下） [13: 7．A 【分析】由，，可判断，再由切线不等式，可判断，得解. 【详解】由当时，由三角函数线知识可得， 所以， 又令，， ， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， ，即，当且仅当时等号成立， 故而，所以. 故选：A. ] 13. （2024年鄂J25武汉洪山二模）7．设，则的大小关系是（   [endnoteRef:14]） A． B． C． D．（中档） [14: 7．B 【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性即可比较出三者大小关系. 【详解】由已知可得， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 综上， 设，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，所以， 所以 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先对进行合理变形得，再通过构造函数、和，利用它们的单调性即可比较三者大小关系. ] 14. （2024年粤J19执信冲刺，末）8. 设，则（ [endnoteRef:15] ） A. B. C. D. （中档） [15: 【答案】D 【解析】 【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案. 【详解】设， 设0，所以， 所以函数在上单调递增， 所以，即. 根据已知得， 可设， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即. 综上，. 故选：D. 【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. ] 15. （2024年浙J01湖州一中模拟）7. 若，，，则a，b，c的大小关系为（ [endnoteRef:16] ） A. B. C. D. （中档） [16: 【答案】A 【解析】 【分析】由对数函数的性质可得，构造函数，利用导数可得，则答案可求. 【详解】因为，所以，所以， 令，所以，则， ， 所以， 即恒为递增函数， 则，即，所以， 综上：， 故选：A. ] 16. （2024年湘J01长郡一模，末）8. 已知实数分别满足，，且，则（ [endnoteRef:17] ） A. B. C. D. （中档） [17: 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，构造函数，结合导数研究函数单调性后可得，构造函数，结合导数研究函数单调性后可得，即可得出. 【详解】由，则，令，， 则， 则当时，，故在上单调递增， 故， 即，即， 由，则， 令，，则， 令，则当时，恒成立， 故在上单调递增，又，故恒成立， 故在上单调递增，故， 即，即，故. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造函数、，从而借助导数求出函数单调性以比较、、的大小. ] 17. （2024年鄂J26武昌五月检）8．设，则（   [endnoteRef:18] ） A． B． C． D．（中档） [18: 8．A 【分析】本题利用作差法构造出两个式子相减类型的函数，然后求导求得其在上的单调性，从而求得该函数是大于0还是小于0，从而可判断a、b的大小关系；用同样的方法进一步构造函数并求导来比较a、c的大小关系，最终确定a、b、c的大小关系. 【详解】令，易求， 当时，，所以在单调递增， 所以 ，所以，即，所以. 令， 则， 令，则， 因为，则， 可得，则， 所以在内单调递增，则， 即在内恒成立，则在内单调递增， 可得，即，所以， 综上所述： 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是合理构造函数，利用导数研究其单调性，然后再代入比较相关大小关系. ] 18. （2024年鄂J21黄冈二模）8．已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（[endnoteRef:19]  ） A． B． C． D．（中档） [19: 8．B 【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得，利用指对数函数的单调性，通过构造函数判断单调性可推得，最后利用正切函数的单调性可得. 【详解】由可得 因， 又，故,即； 因，则由， 由函数，，因时，， 即函数在上单调递减，则有，故得； 由，而，即， 综上，则有. 故选：B. 【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法， （1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断； （2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放缩比较； （3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断. ] 19. （2024年浙J30嘉兴二模）8．已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（  [endnoteRef:20]  ） A． B． C． D．（中档） [20: 8．D 【分析】将题设条件转化为，从而得到，进而得到，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案. 【详解】由变形得， 从而有，， 所以， 因为，所以，则， 则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以，， 又，而， 所以， 综上，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：利用，由到得，是解决本题的关键. ] 20. （2024年冀J10承德二模，末）8. 已知正数，，满足，，，则（ [endnoteRef:21] ） A. B. C. D. （中档） [21: 【答案】D 【解析】 【分析】分别构造函数，，，，利用导数研究其单调性，得到，，再将看成，看成，利用上述的不等式比较大小即可． 【详解】解：由解得， 构造函数，，显然， 故是减函数，结合，故时，， 故，， 再令，，，当时，， 故在单调递增，结合， 故，， 则， ， 所以，，， 故， 由，，都是正数，故． 故选：D． ] 21. （2024年冀J11衡水一模，末）8. 为三个互异的正数，满足，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:22] ） A. B. C. D. （中档） [22: 【答案】A 【解析】 【分析】对于可构造函数，利用导函数可求出其单调性，利用数形结合可得，对于，可在同一坐标系下画出函数及的图象，可得，再由不等式性质可知A正确. 【详解】由得且， 构造函数，所以， 易得在上单调递减，在上单调递增，其函数图象如下图所示： 由图可得， 易知函数及交于点，作出函数及的图象如下图所示： 由图知 所以，即，由此可得，即. 故选：A 【点睛】方法点睛：在求解不等式比较大小问题时，经常利用同构函数进行构造后通过函数单调单调性比较出大小，画出函数图象直接由图象观察得出结论. ] 解不等式： 22. （2024年闽J23厦门四检）13．已知奇函数及其导函数的定义域均为，，当时，，则使不等式成立的的取值范围是 [endnoteRef:23] .（中下，未） [23: 13． 【分析】构造函数，求导，结合已知可判断其单调性及奇偶性，结合函数的性质即可求解． 【详解】因为当时，， 所以， 令，则，单调递增， 因为是奇函数，所以， 所以， 所以为偶函数，图象关于轴对称， 因为， 所以， 所以， 大致图象如图：    所以成立的的取值范围是， 故答案为：. ] 23. （2024年鄂J25武汉洪山二模）13．已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为[endnoteRef:24] .（中下，未） [24: 13． 【分析】根据给定条件，构造函数，再利用函数探讨单调性，求解不等式作答. 【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减， ，因此，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： ] 24. （2024年苏J34航附二模）14．已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是[endnoteRef:25] .（中下，未） [25: 14． 【分析】先判断为不等式的解，再当时，根据题意令，求导后结合已知条件可得在上递增，且为偶函数，由，得，则将转化为，再利用的奇偶性和单调性可求得结果. 【详解】当时，由，得，则， 所以成立，所以符合， 当时，令，则， 因为， 当时，， 所以在上递增， 因为定义在上的偶函数，所以， 所以，所以为偶函数， 因为，定义在上的偶函数，所以， 所以 由，得，所以， 所以， 因为在上递增， 所以，且，得，且， 综上，，即不等式的解集是， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查函数奇偶性和单调性的应用，解题的关键是根据题意构造函数，求导后判断函数的单调性，再结合函数的奇偶性解不等式，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. ] 25. （2024年鲁J33潍坊三模）7．已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（      [endnoteRef:26]） A． B． C． D．（中下，未） [26: 7．A 【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式. 【详解】不等式等价于，即， 构造函数，所以， 因为时，，所以对恒成立， 所以在单调递减， 又因为， 所以不等式等价于，所以， 即的解集为. 故选：A. ] 26. （2024年苏J06三市调研）7. 已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“”的（ [endnoteRef:27] ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分又不必要条件 D. 充要条件（中下，未） [27: 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，可得函数在上单调递增，再根据函数单调性解得，由充分性必要性的定义，即可得到结果. 【详解】因为，则， 令，则，所以在上单调递增. ， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. ] 27. （2024年湘J29邵阳二联考，末）8. 已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（ [endnoteRef:28] ） A. B. C. D. （中下，未） [28: 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用导数求得在上单调递减，把不等式转化为，即可求解. 【详解】设函数，可得， 所以函数在上单调递减， 由，可得，即， 可得，所以，即不等式的解集为. 故选：D. ] 28. （2024年苏J03南通联考，末）8. 已知定义在上的函数，对任意正数x，y满足，且当时，，若，则实数a的取值范围是（ [endnoteRef:29] ） A. B. C. D. （中上，未） [29: 【答案】D 【解析】 【分析】先根据变形得到，即，然后任取，从而可证明为增函数，可得到，再利用参数分离可得，再构造函数，利用导数求出的最大值，从而可求解. 【详解】由题意得对于任意正数，都有， 又因为，所以， 即，则得， 任意，则，因为，所以， 当时，，所以，则，所以， 所以函数在上单调递增，所以，且， 所以在时恒成立，即等价于在时恒成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，取到极大值也是最大值， 所以，故D正确. 故选：D ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$