函数与导数专项突破-2025届高考数学一轮复习检测卷

函数与导数专项突破-2025年高考数学一轮复习检测卷 一、单选题 1．下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 2．已知偶函数与其导函数定义域均为，为奇函数，若2是的极值点，则在区间内解的个数最少有（    ）个. A．7 B．8 C．9 D．11 3．已知是定义在R上的函数，且为偶函数，为奇函数，当时，，则（   ） A． B． C． D．1 4．已知函数的零点为，存在零点，使，则不能是（    ） A． B． C． D． 5．已知定义域为的函数为偶函数，且在区间上单调递减，则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 6．已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为（    ） A． B．8 C．或8 D．4 8．已知函数满足且，当时，，则函数在区间上的零点个数为（    ） A．0 B．1 C．5 D．10 二、多选题 9．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则下列说法正确的是（　　） A． B．f（x）的图像关于点成中心对称 C． D． 10．已知是定义在上的连续奇函数，其导函数为．当时，，则（    ） A．的图象关于直线对称 B．是函数的一个周期 C．的图象关于点对称 D．在处取得极大值 11．已知函数，，下列命题正确的是（    ） A．若，则有且只有一个零点 B．若，则在定义域上单调，且最小值为0 C．若，则有且只有两个零点 D．若，则为奇函数 三、填空题 12．已知，且，则的最小值为 . 13．给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 14．牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r是函数的一个零点，任意选取作为r的初始近似值，在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；在点作曲线的切线，设与轴x交点的横坐标为，称为r的2次近似值.一般地，在点作曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值.设的零点为r，取，则r的1次近似值为 ；若为r的n次近似值，设，，数列的前n项积为.若任意，恒成立，则整数的最大值为 . 四、解答题 15．已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 16．函数的图象在处的切线为. (1)求的值； (2)求在上零点的个数. 17．已知函数，其中． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的极值. 18．已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若是的两个极值点，证明：． 19．给定自然数且，设均为正数，（为常数），.如果函数在区间上恒有，则称函数为凸函数.凸函数具有性质：. (1)判断，是否为凸函数，并证明； (2)设，证明：； (3)求的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，结合初等函数的单调性，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由指数函数的性质，可得函数为非奇非偶函数，所以A不符合题意； 对于B中，函数的定义域为关于原点对称， 且，所以为奇函数，所以B不符合题意； 对于C中，函数的定义域为关于原点对称，且满足，所以为偶函数， 当时，，在区间上单调递增，所以C符合题意； 对于D中，函数在期间上不是单调递增函数，所以D不符合题意. 故选：C. 2．D 【分析】根据为偶函数，得到，为奇函数，求出，再根据题目条件得到，进而得到，的周期为3，由函数的极值点得到，且关于点对称，结合函数的周期性得到在内解最少有，得到答案. 【详解】为偶函数，所以，求导得， 所以为奇函数. 定义域均为，故， 因为为奇函数，所以， 故，即关于点对称， 两边求导得， 即，① 所以， 故，② 将替换为得， 故，的周期为3. 故为周期为3的奇函数. 故. 又2是的极值点，得， 因为为周期为3，故， 由得， 因为为周期为3，故，. 又为奇函数，，得， 所以关于点对称，故，且， 由①得， 又， 由②得， 又， 故在内解最少有，最少有11个. 故选：D 【点睛】方法点睛：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 3．C 【分析】先根据为偶函数，为奇函数，求出函数的周期，再根据函数的周期求解即可. 【详解】因为为偶函数， 所以，即，所以， 因为为奇函数， 所以， 所以，即， 所以， 所以函数是以为周期的周期函数， 所以， 又，所以， 即. 故选：C. 【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度； （1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性． （2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解； （3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解. 4．C 【分析】求出函数的零点的取值范围，分别求出函数的零点，判断不等式是否成立即可. 【详解】解：函数定义域为， 函数在上单调递增， 而 ，因此， 对于A，由，得， 解得或或， 显然或，故A错误； 对于B，由，得， 则，， 解得，， 取，，此时存在零点，使，故B错误； 对于C，的定义域为， ， 令，由指数函数和幂函数的单调性可知： 在上为增函数， 因为，所以， 且，， 所以使得. 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， ， 所以存在零点， 所以不满足，故C正确. 对于D，由，得， 则解得， ， 即，，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是利用导数结合隐零点法得到使得，再利用零点存在性定理即可判断. 5．A 【分析】先利用偶函数，把自变量为负数的等价到相反数来比较，利用对数运算估计和比较对数值的大小，再利用函数在区间上单调递减，就可以比较各选项. 【详解】因为，所以. 因为， 所以，即， 又， 所以，又在区间上单调递减， 所以， 即. 故选:A. 6．A 【分析】直线与函数的图象有5个交点，可得是奇函数，可得只需直线与曲线有2个交点即可，即方程有2个实数根，利用导数即可求解. 【详解】由题意得，则直线与函数的图象有5个交点. 显然，直线与的图象交于点. 又当时，； 当时，； 当时，，所以是奇函数， 则必须且只需直线与曲线有2个交点即可， 所以方程有2个实数根.令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以. 又当趋近于0时，,所以； 当趋近于时，， 所以必须且只需. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：直接法；分离参数法；数形结合法. 7．C 【分析】先作出函数时的图象，设，求出或，结合图象分类讨论，即可求得答案. 【详解】是定义在上的奇函数，则时，； 由题意知当时，， 当时，，则， 当时，，则， 依此类推，可作出当时，时的图象： 设，则即为， 解得或， 当时，有一个根为， 要使得方程恰有4个不相等的实数根， 可分两种情况考虑： 当时，有3个根，不妨设为，且满足， 此时这4个实数根之和为8； 结合函数的奇偶性可知，当时，有3个根， 不妨设为，且满足， 此时这4个实数根之和为； 故选：C 8．B 【分析】将函数的零点个数问题转化为两个函数图象的交点问题，画出函数图象找交点个数即可. 【详解】由题意，知4为函数的一个周期且函数的图象关于直线对称． 当时，由函数的解析式，两出函数的大致图象如图所示． 当时，函数的图象与函数的图象有且仅有一个交点； 当时，总有．而函数在区间上单调递增且，， 所以函数的图象与函数的图象在区间上没有交点． 综上，函数在区间上的零点个数为1． 故选：B． 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 9．ACD 【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得. 【详解】对A： 令，，则有，故，故A正确； 对B：令，则有，又，故，，故B错误； 对C：令，则有，即， 则 ，故C正确； 对D： ， 则，即， 又，故， 则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和. 10．BCD 【分析】由已知可得，可得函数的对称轴判断A；进而可得，可得周期判断B；对两边求导，得出为偶函数，对两边求导，从而得函数的周期性与图象的对称性判断C； 在上单调递减，结合对称性与周期性可判断D． 【详解】由，得，所以的图象关于直线对称，故A错误． 因为为奇函数，所以， 则，所以8是函数的一个周期，B正确． 将两边同时求导，得，即． 又，所以，所以为偶函数． 由，得，即， 即，所以的图象关于点对称，C正确． 因为为偶函数，所以． 又，所以，所以， 所以8为的一个周期． 当时，，所以在上单调递减． 由为偶函数可知，的图象关于点对称， 所以在上单调递减，所以在上单调递减， 则在上单调递增．根据的周期性可知，在上单调递减， 所以在处取得极大值．又， 所以在处取得极大值，D正确． 故选：BCD． 11．ACD 【分析】对于A，根据零点存在性定理，利用导数要求其单调性，可得其正误；对于B，根据单调性的定义，取几个点比较大小，可得其正误；对于C，利用导数研究其单调性，求得其最小值，在其左右两边利用零点存在性定理，可得其正误；对于D，利用奇函数的定义，可得答案. 【详解】对于选项A，由题意得，， 显然，，故存在零点，为判断其唯一性，对求导， 得，．由于不便于判断的正负性，令， 再对求导，得，，令，得， 易知在中，，在中，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 的最大值为，故， 即在上单调递减， 因此有且只有一个零点，故A正确． 对于选项B，，， 由，，，， 由，则判断出在定义域上并不单调，故B错误． 对于选项C，，， 对求导，得， 由于不便于判断的正负性，令，得，， 所以在上单调递增，又因为，，，且在上连续， 所以，由函数的零点存在性定理，存在，使得， 故所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以的最小值为． 因为在上连续，所以在中取， 在中取， 则存在中使得，存在中使得， 故有且只有两个零点，故C正确． 对于选项D，， 由，则得出为奇函数，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】本题的解题关键在于利用导数研究函数的单调性，对于导数的处理方法一般有：法一是对其分解因式，直接判断其与零的大小关系；法二是若函数为分式函数，取分子部分构造函数再求导研究其单调性求最值，判断其与零答大小关系；法三是再次求导研究其单调性，并求其最值，判断其与零的大小关系. 12．4 【分析】先根据等式将消去，构造函数，然后讨论，研究函数的单调性求出最小值即可. 【详解】因为， 所以， 因为 所以关于对称. 当时， 因为，所以， 令，所以 所以在单调递增， 所以在单调递增， 即，故在成立， 所以在单调递增，同理，在单调递减， 所以当时，取的最小值， 故当，时，的最小值为4. 故答案为：4. 13． 【分析】在同一坐标系下画出的图象，求出交点坐标；结合图象再做出满足条件的直线，进而求出的取值范围即可. 【详解】 由，， 因为， 所以图象变为： 其中，当且仅当时取最大值； 且设两函数在第一象限的交点为，即当， ， 解得：， 由题意与函数的图象有3个不同的交点， 由数形结合易知：，或， 故答案为：. 14． 3 1 【分析】利用给定定义，整理出，求值解决第一空即可，利用求出，进而得到，再确定的最大值即可. 【详解】易知，设切点为， 由切线几何意义得斜率为，故切线方程为， 由给定定义知在该直线上，代入直线得， 当时，易知，故的1次近似值为， 由得，， ， 而函数的零点为，且， 故在上单调递增，且，， 故，由零点存在性定理得， 由题意得，故，而是整数，故， 故答案为：3；1 【点睛】关键点点睛：本题考查数列和导数新定义，解题关键是利用给定定义，然后表示出，求出，得到所要求的参数最值即可． 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可； （2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点. 【详解】（1）， 当时，，所以在上递减，则没有最小值， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得最小值，得成立， 下面证为唯一解， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以方程有且只有唯一解， 综上，； （2）证明:由（1）知， 令， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 因为， 所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点， 所以当或时，，即， 当时，，即， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 即是唯一的极大值点， ， 由，得， 所以， 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 16．(1) (2)在上仅有1个零点 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，和切点，然后得到切线方程，利用对应相等，即可求得的值； （2）利用一次求导和二次求导分析原函数和导函数的单调性，分与两种情况讨论，结合单调性和零点存在性定理，即得证. 【详解】（1）因为， 所以，所以切线斜率为，即， 所切线方程为 又，所以切点坐标为，代入得 则，解得. （2）由（1）得， 令，则， 当时，恒成立，所以在上递增， 所以， 因此在无零点； 当时，恒成立，所以单调递增， 又， 所以在上存在唯一的零点， 当单调递减； 当单调递增； 又，， 因此在上仅有1个零点； 综上，在上仅有1个零点. 17．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）求导，分类讨论的两根大小，利用导数求出极值即可. 【详解】（1）， 当时，，，又， 故曲线在处的切线方程为，即. （2），解得，， ①若，可得或时，，当时，， 所以在，递减，递增， 所以的极小值为，的极大值为. ②若，则，所以函数在R上单调递减，无极值； ③若，当或时，，当时，， 所以在，递减，递增， 所以的极小值为，的极大值为. 综上，当时，的极小值为，的极大值为. 当时，函数无极值. 当时，的极小值为，的极大值为. 18．(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）将代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 的单调区间； （2）根据是的两个极值点，结合韦达定理可得，，要证明，即转化为求证，即证明令，构造函数，利用导数研究在的单调性即可得证. 【详解】（1）当时，的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． （2）， 由题意可知，是方程的两根， 则，解得，所以，， 要证 ， 即证， 只需证， 需证 令，则需证， 设，则， 所以函数在上单调递减，所以，因此 由得，，所以， 故得证, 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （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． 19．(1)在上为凸函数，证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）对求导之后，再求二阶导数，证明即可得出结论； （2）根据凸函数的性质得，；将中的分子、分母同时除以，得到；加上，利用以上条件得到一个关于与的不等式，变形后即可得出结论. （3）设，将转化为，判断其单调性，将问题转化为求的最小值；利用（2）的结论，求出的最小值，代入即可得出答案. 【详解】（1）在上为凸函数. 证明：由题知，， 所以， 因为，所以，， 所以在上为凸函数. （2）证明：因为， 所以， 由题知，分子分母同时除以， 得，所以，即， 根据凸函数的性质得，， 所以， 又因为， 所以， 两边同时乘以，得， 因为，所以， 又因为，所以， 两边同时取倒数，得， 所以，即. （3）设，则，且， 所以，随增大而增大， 由（2）知，， 所以， 所以， 当时，，，所以， 当且仅当时，等号成立， 当时，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 当时，最小值为1，满足上式， 所以的最小值是. 【点睛】关键点点睛：第2问的关键是将条件中转化为，紧紧围绕凸函数的性质来做文章；第3问关键是将转化为，利用第2问的结论，求出的最小值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$