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-2025年高考数学一轮复习专题 一、单选题 1．已知函数是定义在上的奇函数，且为函数的极值点，则（    ） A． B． C． D． 2．已知函数有3个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数的定义域为，对任意，有，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 4．已知曲线与曲线的公共点为，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 5．定义在上的函数满足，是函数的导函数，以下选项错误的是（    ） A． B．曲线在点处的切线方程为 C．在上恒成立，则 D． 6．已知函数，若，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7．如图是的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是（      ） A．当时，取得极大值 B．在上是增函数 C．当时，取得极大值 D．在上是增函数，在上是减函数 8．已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为e B．在区间上单调递增 C．函数有且只有一个零点 D．不等式存在唯一整数解 10．已知是函数（且）的三个零点，则的可能取值有（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 11．已知函数（其中），下列说法正确的是（    ） A．存在使有3个零点 B．存在使有4个零点 C．不存在使有5个零点 D．若有6个零点，则的取值范围为 三、填空题 12．已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为 . 13．在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数的最大值为 . 14．已知函数，若函数的图象在点和点处的两条切线相互平行且分别交轴于、两点，则的取值范围为 . 四、解答题 15．已知函数，为的导函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间和极值． 16．已知函数． (1)若对恒成立，求实数a的取值范围； (2)若曲线与x轴交于A，B两点，且线段AB的中点为，求证：． 17．已知函数． (1)求证：至多只有一个零点； (2)当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围． 18．对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数． (1)当时，求证：； (2)当时，求函数的不动点的个数． 19．已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围； (3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：． 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】根据奇函数的定义，可得的值，再由极值点的必要条件，可得的值，可选出答案. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以，即， 可得， 又，且为函数的极值点， 所以，则，经检验符合题意， 所以，，，故只有C正确. 故选：C 2．C 【分析】先将的图象向左平移2个单位长度，可得函数图像，即把问题转化为直线与函数图象交点的个数问题；再证明为奇函数，然后求导后得到在区间上为减函数；再求出曲线在点处的切线方程为，求出，，时的范围；最后作出的图象和的图像，数形结合得到结果. 【详解】将的图象向左平移2个单位长度，可得函数的图象， 所以原题转化为“函数有3个零点”， 即研究直线与函数图象交点的个数问题． 因为的定义域为，且， 所以为奇函数． 因为， 所以在区间上为减函数， 且曲线在点处的切线方程为． 当时，； 当时，； 当的，， 作出的图象．如图： 由图知：当时，直线与函数的图象有3个交点． 故实数的取值范围是． 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是将的图象向左平移2个单位长度，可得函数图像，即把问题转化为直线与函数图象交点的个数问题；再根据函数的奇偶性和单调性作出函数图像. 3．C 【分析】依题意令，利用导数说明函数的单调性，则不等式可化为，即，根据单调性转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递增， 不等式，即，即， 所以，解得，所以不等式的解集是. 故选：C 4．B 【分析】联立方程后构造函数，求导判断单调性，结合可得,即可求导结合点斜式求解切线方程，进而可得求解切线与坐标轴的交点，即可求解面积. 【详解】由得， 设，则,故为增函数， 因为，所以方程的解为，所以点的横坐标为. 设，则，则，又， 所以曲线在点处的切线方程为. 令，得；令，得.所以所求三角形的面积为. 故选：B 5．C 【分析】由，可得，即可得的解析式，结合导数计算、导数的几何意义及利用导数求函数的极值与最值即可判断各选项. 【详解】由，有， 则， 即， 则， 整理得，有， 则，，即，故A正确； ，， 故切线方程：，化简得，故B正确； 在上恒成立，由， 故，故C错误； 不等式等价于， 令， 则， 故当时，，在、上单调递减， 当时， ，在上单调递增， 故有极小值， 当时，有， 故，即，故D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过赋值法求出函数的解析式，再结合导数的运算，导数的几何意义，不等式恒成立问题的处理方法，利用导数求函数的最值判断各选项. 6．C 【分析】先判断函数自变量大小可得，再根据函数在上的单调性判断即可. 【详解】因为，， 所以， 当时，， 因为，所以在上单调递增， 所以， 故选：C. 7．D 【分析】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数的单调性，由极值的定义判断函数的极值，由此判断四个选项即可. 【详解】根据导函数的图象可知， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在单调递增， 所以当时，取得极小值，当时，取得极大值，当时，取得极小值， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 8．D 【分析】由为奇函数，结合导数运算可得，由为奇函数，可得，整理可得，进而分析可得，即可得结果. 【详解】因为为奇函数，则， 即，两边求导得， 则，可知关于直线对称， 又因为为奇函数，则， 即，可知关于点对称， 令，可得，即， 由可得， 由，可得，即， 可得，即， 令，可得； 令，可得； 且，可知8为的周期， 可知， 所以. 故选：D. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 9．BCD 【分析】求导，利用导数求函数单调区间，然后可得最小值，可判断AB；将的零点个数问题转化为与的图象的交点交点个数问题，利用零点存在性定理，结合图象即可判断C；取特殊值判断的根所在区间，然后结合图象可判断D. 【详解】因为， 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以，当时，取得最小值，A错误； 由上知，在上单调递增，所以在上单调递增，B正确； 记，函数有且只有一个零点，等价于有且只有一个根，等价于与的图象有且只有一个交点. 因为当时，，在上单调递增，在上单调递减，且， 所以，当时，与的图象有且只有一个交点. 因为，当时，易知，， 所以，此时与的图象没有交点. 综上，与的图象有且只有一个交点，C正确；    记， 因为，，， 所以函数与的图象在区间和都存在零点，分别记为， 如图，在区间上不等式存在唯一整数解0. 易知，当时，，不等式无实数解. 当时，记， 则， 所以，函数在上单调递增， 所以，不等式无实数解. 综上，不等式存在唯一整数解0，D正确. 故选：BCD    【点睛】对于零点个数问题，常转化为两个函数图象的交点问题.本题主要通过导数求函数单调区间，然后作出图象分析可得. 10．CD 【分析】根据题意，设可得其为偶函数且在单调递增，从而可得关于对称，即可得到结果. 【详解】，当时，， 设，则，即为偶函数， 当时，，且， 因为，所以, 即函数单调递增，所以关于对称，且在上递减，在上递增，所以，且， 所以， 令，，， 即在上递减，所以 所以. 故选：CD 11．ABD 【分析】先通过导数画出函数的图像，再将零点转化为二次函数零点情况的分析即可. 【详解】当时，，令，得， 当时，单调递增，当时，单调递减， 在处取得极大值，； 当时，，显然，，令，得， 当时，单调递减，当时，单调递增，在时，取得极小值，， 又趋向于0时，趋向于1，时，不存在； 所以函数的图象如下图：    令，则， （1）若关于的方程仅有一解，则， ①当时，令， 求得， 由图可知时，仅有一解， ②当时，求得，由图可知有3解，故选项正确； （2）若关于的方程有两解，则或，不妨令， 则，即必定同号并且都不为0， ①若使原函数有4个零点，情况如下： （1）或，此种情况与矛盾； （2），此种情况与矛盾； （3）； （4）. 若情况（3）成立，即： ，，故选项B正确； 情况（4）无需再考虑； ②若原函数有5个零点，则必有， 则的两根分别落在和，函数的图像应该如下图：    ，可得，故选项C错误； ③若原函数有6个零点，则，函数的图像应该如下图：    ，可得，又，故选项D正确； 故选：ABD. 【点睛】先求导，画出函数是关键，草图也应该尽量准确，能表达出关键点之间的关系，再将零点的情况分类讨论，在讨论时要对照的图像和的取值范围，对于这个近似数可以通过缩放来确定所需要的大小. 12． 【分析】根据题意分类讨论，两种情况，通过导数求导得到，再构造函数及导数方法求出其最小值，从而求解. 【详解】函数的定义域为， 当时，可得在上单调递增，，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，有极小值，也是最小值， 又因为且，所以， 则，得，所以， 设，，令，得， 当，， 当，， 所以在区间单调递减，单调递增， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：通过分类讨论，两种情况得到符合的情况，通过导数求导得到，再构造函数并利用导数求出其最小值即可. 13． 【分析】由得，令，利用导数求得最大值，并得到，进而利用数形结合法可知，的最小值为圆心到直线的距离减去半径，再求出等号成立的条件，从而得到实数的最大值. 【详解】由，整理得， 即在圆心，半径为1的半圆上. ， 令，则，又， 所以，当时，，则为单调递增， 当时，，则为单调递减， 综上可知，在处取得极大值，也是最大值，即， 于是，即， 当且仅当时，等号成立， 所以曲线的一条切线为， 数形结合可知，当分别为对应切点，且与两切线垂直时取得最小值， 即的最小值为圆心到直线的距离减去半径， 即的最小值为. 过圆心与垂直的直线方程， 所以，当且仅当即时取到最小值. 综上所述，，而恒成立， 所以，则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】1.利用导数求取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变型得到，从而构造进行求解. 2.在求圆上的动点到另一个曲线上的动点距离最值问题时，通常转化为圆心到曲线上的动点距离最值问题，进而进行求解. 14． 【分析】由可得出，利用弦长公式得出，利用导数求出函数在上的值域，即可为所求. 【详解】当时，，，则， 当时，，，则， 因为函数的图象在点和点处的两条切线相互平行， 则，即，则， ，， 所以，， 令，其中，则， 当时，，此时函数在上单调递减， 当时，，此时函数在上单调递增， 所以，，因此，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用切线斜率相等得出、所满足的关系式，然后将转化为含的函数，转化为函数的值域问题求解. 15．(1) (2)见解析 【分析】（1）利用导数求出，，，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程； （2）求出导函数，用列表法求出极值即可． 【详解】（1）因为的定义域为，， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为． （2）依题意，，则， 令，解得或． 当变化时，，的变化情况如表所示： 1 2 ＋ 0 － 0 ＋ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 函数的单调递减区间为，单调递增区间为，． 故的极小值为，的极大值为． 16．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，把不等式转化为恒成立，令，求得，设，利用导数求得的单调性，结合，进而得到单调性和，即可求解； （2）根据题意，转化为有两个实根，设，因为，转化为，构造，利用导数得到在递增，得到，转化为证，令在利用导数求得函数的单调性，得到，取，即可得证. 【详解】（1）解：因为函数，可得其定义域为， 由，即，化为， 因为对恒成立，即恒成立， 令，则，可得， 设，则， 当时，，当时，， 故在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以， 当时，，当时，， 故在区间内单调递减，在区间内单调递增，则， 所以实数a的取值范围是． （2）证明：令， 由（1）知方程有两个不等实根，且一根小于1，另一根大于1， 不妨设，因为， 所以， 又因为，构造函数，，则， 得在单调递增，，即， 即，即， 要证，即证， 即证，即证， 构造函数， 则， 故在区间内单调递减，则，即， 取，则有，即，故． 【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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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，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． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分、及进行讨论，利用导数求得函数的单调性后结合零点的存在性定理即可得； （2）由（1）可将转换为，再构造函数，分及进行分类讨论即可得. 【详解】（1）由题意得，， 当时，令，解得， ①当时，，所以在上单调递增， 又，此时函数有唯一的零点； ②当时，， 所以时，单调递增， 时，单调递减， 时，单调递增， 又， 则函数在区间上无零点， 在上至多只有一个零点， 所以函数 至多只有一个零点； ③当时，， 所以时，单调递增， 时，单调递减， 时，单调递增， 又， 则函数在上至多只有一个零点，在区间上无零点， 所以函数至多只有一个零点， 综上，函数至多只有一个零点； （2）由（1）知，当时，在上单调递增，在单调递减， 所以的极大值点为，极小值点为， 此时， 因为，所以， 因为，所以，所以, 所以，即， 设，则， 令，则， ①当时，，此时恒成立，则在上单调递增， 所以，此时， ②当时，，设的两个根为，且， 则，所以， 则当时，，此时在上单调递减， 所以当时，，此时，与 矛盾，不合题意. 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于借助第一问所得，将双变量、变为单变量，从而可构造函数，分及进行讨论即可得. 18．(1)证明见解析 (2)个 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明； （2）将代入函数解析式，得方程解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数． 【详解】（1）当时，有， 所以， 所以 当且仅当，，即时，等号成立.， 所以当时，，单调递增， 所以，所以得证. （2）当时，， 根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数， 化为，令， 所以函数大于等于的零点个数，即为函数的不动点的个数， ，令，即，解得， 单调递减 单调递增 因为，， 所以在上有唯一一个零点设为， 又， 所以在上有唯一一个零点设为， 综上所述，函数有两个不动点，. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可； （2）曲线与直线有且仅有一个交点，即为只有一个根，构造新函数仅有一个零点，通过求导和对a分类讨论得到的单调性，即可确定范围； （3）求出曲线在处的切线方程，将其与联立，利用方程有解构造新函数并求导，利用单调性即可证明，再构造新函数并求导，利用单调性即可证明，综合即可得证. 【详解】（1）由题可知，函数的定义域为， 所以，又因为 所以函数在处的切线方程为． （2）方法一： 若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程 有且只有一个根， 设函数，即函数有唯一零点． 令，即 因为，所以 当即时，，所以在上单调递增，且 所以在上有唯一零点，符合题意． 当时，，使得 所以在上单调递增，在上单调递减． 又因为，所以；当时，， 所以满足，不合题意. 综上可得的取值范围为． 方法二： 若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程 有且只有一个根，因为时满足方程， 所以要使得方程有且只有一个根，则当时方程无根，即函数与函数的图象没有交点． 设则 令 则 因为，所以， 所以函数在和上单调递增， 又因为 所以当时，即单调递减， 当时，即单调递增． 当时，，由洛必达法则得 ， 所以的取值范围为． （3），所以 曲线在处的切线方程为 ． 切线与联立得 设 令则或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以，当时，， 所以，满足，所以； 因为，所以，要证即证， 即． 设 ， 所以在上单调递减，又，所以，所以． 当时成立． 综上可得：． 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数导数的综合应用，根据有交点列出方程，再将其构造成新函数，对新函数求导求得其单调性，利用单调性的性质求范围或证明不等式是关键. 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 $$