导数及其应用 专项训练-2025届高三数学一轮复习

导数及其应用专项训练-高三数学上学期一轮复习检测卷 一、单选题 1．若直线是指数函数且图象的一条切线，则底数（    ） A．2或 B． C． D．或 2．已知实数，分别满足，，且，则（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，若是函数的唯一极小值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．函数在上的最大值和最小值分别是（   ） A． B． C． D． 6．若函数的导数的最小值为0，则函数的零点为（    ） A．0 B． C． D． 7．已知个大于2的实数，对任意，存在满足，且，则使得成立的最大正整数为（    ） A．14 B．16 C．21 D．23 8．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数．若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数的定义域为是奇函数，分别是函数的导函数，在上单调递减，则（    ） A． B． C．的图象关于直线对称 D． 11．已知，，则下列结论正确的是（    ） A．函数在上存在极大值 B．为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是 C．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为 D．若，则的最大值为 三、填空题 12．若实数t是方程的根，则的值为 . 13．已知函数的定义域为，记的最大值为，则当取得最小值时，的值为 ． 14．函数，函数若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题 15．已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使得，求的取值范围. 16．已知函数 (1)讨论的单调性； (2)令，若存在，使得成立，求整数的最小值． 17．已知函数为的导函数. (1)若是的极大值点，求的取值范围； (2)已知，若存在，使得成立，证明：. 18．已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求曲线与曲线的交点个数. 19．已知函数． (1)求出的所有零点，并求出函数在零点处的切线方程； (2)设，，证明：，； (3)若函数有两个解，，且，证明：． 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．D 【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义，列式运算求得的值. 【详解】设切点坐标为，对函数，求导得， 切线方程化成斜截式为， 由题设知，显然，即， 由，得，即， 即， 即，化简得， 令，即，利用指数函数与一次函数的性质，可知或， 即或，解得或. 故选：D. 2．C 【分析】构造函数，先求证，得，再构造函数，利用导数求得，即可比较大小. 【详解】由，，得，， 设，则， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以，即， 同理可证，所以， 当时，可得，即， 设，则， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即，整理得，即， 所以. 故选：C 3．C 【分析】观察，构造函数，利用导数的四则运算得到，代入即可得解. 【详解】设， 则，故， 所以 . 故选：C. 4．A 【分析】求导后令，再求，分及讨论的正负，从而得到的单调性与对应极值点即可得解. 【详解】，令，则， 当时，，故单调递增， 又，故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的唯一极小值点，符合题意， 当时，， 故一定存在，使在上单调递减， 此时不是函数的极小值点，故时不符合题意， 综上所述，的取值范围为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是对这一种情况的处理，利用推得不是函数的极小值点，从而得解. 5．D 【分析】求导，判断导数正负得函数在上的单调性求得结果. 【详解】，， 令，解得，即在上单调递增， 令，解得，所以在和上单调递减， 又，，，， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 故选：D. 6．B 【分析】由，确定，由的最小值为0，得出的解析式，进一步求出函数的零点. 【详解】因为函数的导数，所以，c为常数， 设，则恒成立，在R上单调递增， 又，所以当时，即，所以在单调递减， 当时，即，所以在单调递增， 所以在处取得最小值，即，故， 所以，故， 令，解得，函数的零点为. 故选：B. 7．D 【分析】构造函数，结合函数单调性可得，则有，即可得解. 【详解】由，且，，故，即， 令，， 故当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 由，即，故，， 又，故，即， 若，则有， 即，由，故. 故最大正整数为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数的性质，结合其单调性得到，从而得到，则有，即可得解. 8．D 【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项. 【详解】对于A，令，即． 因为满足，所以在区间上单调递增， 所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误； 对于B，令，即． 易判断在区间上单调递增， 所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误； 对于C，由，得， 易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点； 当时，单调递减，且； 当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点． 所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误； 对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点， 即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确． 故选：D. 【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题. 9．ACD 【分析】 先根据条件分析出的周期性对称性，再得到的周期性的对称性，最后由求导得到和的周期性和对称性，代入求解即可. 【详解】由题意得，所以， 两式相减可得①，所以关于点中心对称， 又因为为奇函数，所以②， 即，所以关于点中心对称， 而定义域为，所以，A正确； ②式两边对求导可得，所以是偶函数， 以替换①中的可得， 所以，所以是最小正周期为4的周期函数， 因为，所以也是最小正周期为4的周期函数， 即，两边求导可得， 所以也是最小正周期为4的周期函数，所以不恒成立，B错误； 由①得，令，解得， 所以③，即关于直线对称， 以替换③中的可得， 由②可知，所以④， 所以，所以C正确； 由上可知关于点中心对称，所以 又因为是偶函数，所以 又因为是最小正周期为4的周期函数，所以， 由条件可得， 所以， 由④知，所以，D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍. 10．ACD 【分析】根据的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确,结合解析式，求导后比较两式即得B项错误， 运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正确. 【详解】对于A选项，因是奇函数，故有则，故A项正确； 对于B选项，因故，从而 ，而，则，故B项错误； 对于C选项，因，故的图象关于直线对称，故C项正确； 对于D选项，因的图象关于直线对称，故 设则又设 则有从而在上递增，则即在上递增，， 故有恒成立，则， 又因在上单调递减，则在上单调递增，又， 故即：故D项正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D. 【详解】对于A，，令，则， 当时，，函数递增，当时，，函数递减， 于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误； 对于B，，令，则， 当时，，函数递减，当时，，函数递增， 则，即，显然当时，恒有， 方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点， 因此，B正确； 对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增， 于是，不等式， 则有，，由选项A知，函数在上单调递增， 因此，即，所以实数a的最大值为，C正确； 对于D，若，则， 即，由，得， 由选项A知，函数在上单调递增，于是，， 因此，令，则， 当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而， 所以的最大值为，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故； （2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故； （4）若，使得，故. 12． 【分析】将方程进行合理变形可得，利用同构函数并结合定义域可构造函数，即可得出，利用对数运算即可得出结果. 【详解】由可得，即 即可得实数t是方程的根，即； 易知，所以； 令函数，则在上恒成立； 所以在上单调递增，因此需满足； 可得， 同时取对数得，即； 所以，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将方程变形后利用同构函数构造出，再结合定义域可知，可得定义域为，再利用单调性即可求得结果. 13． 【分析】先根据题意确定的值，结合导数讨论区间上最值可得，从而求出的值. 【详解】由题意，得函数的对称中心为， 因为是奇函数，图象关于原点对称，所以其最大值和最小值互为相反数， 所以不小于的最大值； 要使取得最小值，则， 令，，， 当时，则，为增函数，由于是奇函数，所以； 当时，令得； 若，即时，时，，为减函数，； 若，即时，时，，为增函数，时，，为减函数，结合的对称性可知 ， 因为，所以; 若，即时，结合以上分析可知； 若，即时，时，，为增函数，时，，为减函数，时，，为增函数，结合的对称性可知， 因为，所以； 综上可知的最小值为4，此时，，所以． 故答案为：. 14． 【分析】根据题意整理函数解析式，利用导数要求分段函数单调性，结合分类讨论思想以及零点存在性定理，可得答案. 【详解】由题意可得. 当时，， ， 当在上存在2个零点时，，解得； 当在上存在唯一零点时，，解得； 当在上不存在零点时，无解. 当时，，则， 当时，在单调递增， ，由， 则在上存在唯一零点，此时符合题意； 当时，令，解得， 当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 所以，令，解得， 当时，在上存在唯一零点，此时符合题意； 当时，，此时符合题意； 当时，， 由，则在存在2个零点，此时不合题意； 当时，，则在不存在零点，此时不合题意. 综上所述， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 15．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，根据导数判断函数的单调性； （2）根据导数，对分情况讨论函数的单调性，进而可得函数最值情况，即可得解. 【详解】（1）当时，，， 则， 令，解得或（舍）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 综上所述，在上单调递增，在上单调递减； （2）由题可知，令 当时，由可知，即，所以在为增函数. 对任意都有，符合题意. 由解得或. ，下面讨论与1的大小: ②当时，，则在上单调递增. 存在，使得. ③当时，，对任意都有，即 在上为减函数，恒成立，不符合题意. 综上所述，时，存在，使得. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是引入的分子作为新函数，再对进行合理地分类讨论. 16．(1)答案见解析； (2)5. 【分析】（1）先对求导，再根据导数与函数单调性的关系即可求解； （2）问题转化为，存在，使成立， 构造函数，然后结合存在性问题与最值关系进行求解. 【详解】（1）由题意定义域为，． 当时，，在上单调递增． 当时，由，得 当时，，所以在上单调递增． 当时，，所以在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）由题知， 又，化简得：， 问题等价于：存在，使成立． 设，则 设， ，当时，，在上单调递增． 又，， 在上存在唯一零点． 设零点，则，即． ，；， 因此在单调递减，在单调递增， ． ， 又，的最小值为5． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法： 一是，利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是，函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先由极值的必要条件得的关系，然后对分类讨论检验充分性是否成立即可求解； （2）不妨设，由题意将条件等式转换为，化简得，故只需构造函数，并证明对成立即可. 【详解】（1）. 因为是的极大值点，所以，即， 所以. 当时，，此时是的极大值点，符合题意， 当时，令，可得或， 因为是的极大值点，所以，解得. 综上，的取值范围为. （2）不妨设，因为， 所以， 即，所以， 由，得， 则， 即， 所以. 设，构造函数， 则， 所以在上为增函数，所以， 即，又，所以. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到：只需构造函数，并证明对成立即可顺利得证. 18．(1) (2)交点个数为1 【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得； （2）原问题可转化为函数在上的零点个数问题，借助导数研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断. 【详解】（1）由，则， ，则， 所以切线方程为，即； （2）令，故， 令，， 令， ， 当时，，，， ∴，∴在上为减函数，即在上为减函数， 又，， ∴在上有唯一的零点，设为，即， ∴在上为增函数，在上为减函数， 又， ， ， ∴在上有且只有一个零点，在上无零点， 所以曲线与曲线的交点个数为1. 19．(1)两个零点：0，1；在和处的切线方程分别为， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1），求导判断出为增函数，计算，，利用零点存在定理判断存在唯一零点，，使得，再把定义域分成两个区间，结合函数的单调性及零点存在定理进行求解； （2），求出，判断出在上单调递增，且；利用函数的单调性得出则，同样的方法证明； （3）结合（2）得出，，变形为，，结合条件，，得出，，再利用同向可加性证明． 【详解】（1）因为， 令 ， 故为增函数，，，故，使得， 在上，，为减函数，而，故在上，有唯一零点0； 在上，，为增函数，而，故在上，有唯一零点1． 故仅有两个零点：0，1， ，， 在和处的切线方程分别为，； （2）由于，则， ， 于是在上单调递增，且，则在上单调递减， 在上单调递增，则，恒成立； 由于， 则， ， ， 于是在上单调递增，且，则在上单调递减， 在上单调递增，则恒成立； （3）由（2）可知，，，因此，， 由于，，因此，， 则，不等式得证． 【点睛】本题考查了零点问题，切线方程，利用导函数证明不等式，零点存在定理，解题的关键是准确进行求导判断出函数的单调性，再结合零点存在定理得出存在且唯一的“隐零点”，从而研究出原函数的最值，将不等式问题转化为最值问题， 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 $$