函数与导数-四川省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

四川省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----函数与导数 一、单选题 1．（2024·四川达州·二模）已知，定义运算：，其中是函数的导数．若存在极大值点，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·四川德阳·三模）已知函数及其导函数在定义域均为且是偶函数，其函数图象为不间断曲线且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川雅安·三模）已知函数，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·四川资阳·二模）若定义在R上的偶函数在上单调递增，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·四川德阳·三模）已知，且，则（    ） A．3 B． C．1 D． 6．（2024·四川宜宾·三模）已知函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，则（    ） A．有三个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 8．（2024·四川自贡·三模）定义在R上的偶函数满足，当时，，若，下列命题： ①是周期函数； ②函数的图象在处的切线方程为； ③函数的图象与函数的图象的所有交点的横坐标之和为12； ④． 其中正确命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 9．（2024·四川攀枝花·三模）设a＝0.98+sin0.01，b＝e﹣0.01，，则（    ） A．b＞a＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．c＞a＞b 10．（2024·四川宜宾·模拟预测）定义在上的单调函数，对任意的有恒成立，若方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数是奇函数，则 ． 12．（2024·四川乐山·三模）函数在区间上有且仅有3个零点，则的取值范围是 ． 13．（2024·四川达州·二模）已知，则 . 14．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数，则的值为 ． 15．（2024·四川内江·模拟预测）已知，下列四种说法 ①在上单调递增；     ②在上单调递减；    ③的值域为；        ④的根有且只有一个. 其中正确说法的序号为 . 16．（2024·四川自贡·三模）函数，则 . 17．（2024·四川雅安·模拟预测）已知是集合A到集合B的函数，如果集合，那么集合A可能情况为 （填一种满足条件的即可） 18．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数，且，则 . 19．（2024·四川成都·三模）已知函数 ，若 存在最小值，且最小值为，则实数 的值为 20．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 . 三、解答题 21．（2024·四川德阳·模拟预测）已知，函数，． (1)当时，判断函数的零点个数； (2)求证：若函数有极大值点，则． 22．（2024·四川雅安·三模）已知函数. (1)若函数有极值，求实数的取值范围； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 23．（2024·四川内江·模拟预测）已知． (1)若，求的最大值，并求出此时的值； (2)若且，求的最大值． 24．（2024·四川乐山·三模）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. 25．（2024·四川凉山·三模）已知函数． (1)当时，求的极值点； (2)若且函数有三个零点，求实数m的取值范围． 26．（2024·四川宜宾·三模）已知函数． (1)当时，求函数过原点的切线方程； (2)若有三个零点，求a的取值范围． 27．（2024·四川达州·二模）已知． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)证明：． 28．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数． (1)求函数的极值； (2)设函数的导函数为，若（），证明：． 29．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数. (1)若函数在处切线的斜率为，求实数的值； (2)当时，恒成立，求实数的最大值； (3)当时，证明： 30．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数（为常数，为自然对数的底）在时取得极小值． (1)试确定的取值范围； (2)当变化时，设由的极大值构成的函数为，试判断曲线只可能与直线、（，为确定的常数）中的哪一条相切，并说明理由． 参考答案： 1．A 【分析】通过定义先求出的解析式，再求出其导函数，依题意可得，即可得到，又，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围，再令，其中，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围. 【详解】因为， 所以，定义域为， 则， 当时在上单调递增， 当时，当时， 此时存在使得， 则当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，不存在极大值点，不符合题意，所以； 当时令，则， 所以当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 且当时，当时， 则，所以， 此时存在使得，使得， 即当时，即，则在和上单调递减， 当时，即，则在上单调递增， 此时在处取得极大值； 因为存在极大值点， 所以，则， 所以， 设，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 所以在处取得极小值，且． 因为，且， 所以． 令，其中， 所以， 当时，，在上单调递减， 所以， 所以， 又因为， 可得， 综上，的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，再由构造新函数，利用导数求出的取值范围. 2．C 【分析】依题意得函数在上单调递增，因为，所以，得，求解即可． 【详解】由，得， 则当时，得， ， 则当时，，得函数在上单调递增， 因为，所以， 由于是偶函数，则， 而函数在上单调递增，得， 得， 得， 故选：C 3．D 【分析】利用导数判断函数的单调性，作差比较得，令，利用导数判断的单调性得，进而利用函数单调性可得函数值的大小. 【详解】因为，所以， 当时，，故函数在上单调递减， 当时，，故函数在上单调递增， 因为，所以， 令，则， 即函数在上单调递减，故，即， 所以，因为函数在上单调递减， 所以，即. 故选：D 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤： （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式. 4．A 【分析】根据偶函数的性质，结合不等式特征构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性进行求解即可. 【详解】由，可得. 令，因为是偶函数，且在上单调递增，所以也是偶函数，且在上单调递增，从而，解得或. 故选：A 5．C 【分析】令，求出，代入解出. 【详解】， 且， 令，，解得， ，即, . 故选：C. 6．D 【分析】先根据已知得出对称轴,再根据单调性解不等式即可. 【详解】因为,所以的对称轴为, 在单调递减，则在单调递增， 又因为，由对称性可得, 所以, 故选：D. 7．C 【分析】求导后判断单调性，从而求得极值点即可判断A；利用单调性结合零点存在性定理即可判断B；令，得到是奇函数，是的对称中心，再结合图象的平移规律即可判断C；由导数的几何意义求得切线方程即可判断D. 【详解】对于A，由题，， 令得或，令得， 所以在，上单调递增，上单调递减， 所以是极值点，故A不正确； 对应B，因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 对于C，令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 对于D，令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：C 8．B 【分析】对于①，由，由函数为偶函数，可得函数的周期为2，从而即可判断；对于②，先求解时的函数解析式，利用导数求解切线斜率，点斜式求解直线方程即可求解；对于③，画出和的的图象，数形结合即得解；对于④，利用函数的周期性求解即可． 【详解】因为，所以的图象关于对称， 又是R上的偶函数，则， 所以，即， 所以函数为周期函数，最小正周期为2，故①正确； 当时，， 所以，所以， 又， 所以的在处的切线方程为，即，故②错误； 因为， 所以的图象关于直线对称， 画出和的图象如图所示： 由图可得和的图象有12个交点，且关于直线对称， 则所有交点的横坐标之和等于12×1＝12，故③正确； 因为的周期为2，所以，故④正确． 故选：B． 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法： (1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个； (2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 9．B 【分析】由，可得a＜0.99，由，可得b＞0.99，由基本不等式和对数的运算计算可得c＞1，从而即可求得． 【详解】令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以， 所以 令，求导得，所以当时，， 所以在上单调递减，所以， 所以，可得，所以， ， 所以． 故选：B． 【点睛】本题考查不等式的应用，对数的运算等，属于中档题. 10．B 【分析】由条件单调函数，对任意的都有，故必有 ，且，即可求得，再根据导数研究函数的性质，求得方程 有两个不同的实根满足的条件，求得的取值范围. 【详解】由于函数为单调函数，则不妨设，则， 且，解得，所以. 设， 则方程有两个不同的实数根等价于函数与有两个不同的交点. ， 易得当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以. 又，且当时，. 故函数与有两个不同的交点则. 故选：B 11．/ 【分析】利用奇函数的定义及指数的运算性质即可求解. 【详解】由，得，解得， 所以的定义域为， 因为， 所以， 因为函数是奇函数， 所以，解得. 故答案为：. 12． 【分析】化简可得，在区间上有且仅有3个零点，等价于在区间上有且仅有3个解，结合图象进行求解即可. 【详解】 由函数 ， 又，则， 因为在区间上有且仅有3个零点， 即在区间上有且仅有3个解. 结合与的图象，知， 解得，. 故答案为：. 13．1 【分析】应用分段函数解析式分层计算即可. 【详解】. 故答案为：1. 14．4 【分析】根据给定条件，判断并代入计算即得. 【详解】依题意，，而函数， 所以. 故答案为：4 15．①③④ 【分析】去绝对值得解析式，时利用导数判断可判断①；利用特殊值可判断②；分、讨论，求的值域可判断③；令可判④断. 【详解】 ， 当时， ， 当时，， 对于①，时，， 因为，所以，， 所以，在上单调递增，故正确； 对于②，， ，因为，而，故错误； 对于③，当时，， 所以， 当时，， 所以的值域为，故正确； 对于④，当时， 由得， 解得或， 因为，所以； 当时，由得， ，无解. 综上所述，的根有且只有一个，故正确. 其中正确说法的序号为①. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是去绝对值得到函数的解析式，再根据解析式及三角函数的性质解题. 16．2 【分析】分和两种情况列方程求解即可. 【详解】，若， 则或，即或，解得. 故答案为：2. 17．（答案不唯一） 【分析】由题意转化为求集合的非空子集即可. 【详解】依题意，是集合A到集合B的函数， 令，得，令，得，令，得， 因此集合是集合的非空子集， 所以集合A可能情况为. 故答案为： 18．/ 【分析】求导，由整理可得，然后利用二倍角公式将目标式化为齐次式，弦化切可得. 【详解】求导得，由得，， 解得，所以. 故答案为： 19． 【分析】求得，令，得到，令，利用导数求得函数的单调性和极大值，分和，两种情况讨论，转化为，求得，即可求解. 【详解】因为函数，可得， 令，可得，令，可得， 当时，可得，此时单调递增， 当时，可得，此时单调递减， 所以，函数的极大值为，当且仅当时，， 所以，可得，如图所示， 当时，有两个实数根，记为， 当时，；当时，， 所以在处取得极大值，不符合题意； 当时，有一个实数根，记为， 当时，；当时，， 所以在处取得极小值，也是最小值， 综上可得，在内取得最小值，即时，函数取得最小值， 所以，即，即， 解得或（舍去），所以. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 20． 【分析】根据偶函数的定义，即可列关系式求解. 【详解】定义域为， ， 所以， 故， 故答案为： 21．(1)1 (2)证明见详解 【分析】（1）把代入，借助导数确定单调性，分析求解； （2）求导，分、和三种情况，利用导数求函数的极大值点，进而可得结果. 【详解】（1）若，则， 可得， 设，则， 可知在上单调递增，且， 当时，，即；当时，，即； 可知在上单调递增，且， 所以函数的零点个数为1. （2）函数，其定义域为， 则， 由（1）可知在上单调递增，且， 当时，；当时，； 且，令，解得或， 若，即，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 若，即，当时，；当时，； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则是的极大值点，且， 又因为，则，所以； 若，即，当时，，当时，， 可知在上单调递增，在单调递减， 则是的极大值点，可得； 综上所述，函数存在极大值点，且. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值． （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 22．(1) (2). 【分析】（1）先对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，结合函数单调性与极值的关系即可求解. （2）由已知变形为恒成立，构造函数，分类讨论研究函数的单调性，利用最值列不等式求解即可. 【详解】（1）依题意，，令，得， 因为，所以当时，在上单调递减； 当时，，故在上单调递增； 当时，有变号零点，此时函数存在极值； 综上. （2）依题意，由， 得，即， 设， 则， 设，则， 当时，单调递增； 所以在上，，且， 当，即时，在上单调递减， 则，不符合题意，舍去， 当，即时， （i）若，即， ，使得，当时，在内单调递减，，不符合题意，舍去， （ii）若，即恒成立， 在上单调递增，则，符合题意. 综上，实数的取值范围为. 【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. 23．(1)的最大值为3，此时； (2)3 【分析】（1）设，故，代入中，，设，根据二次函数根的分布得到不等式，求出，进而得到的最大值为3，代入，求出； （2）设，由于，，故，将代入等式中得，根据根的判别式得到，验证当时满足要求，从而得到最大值. 【详解】（1）设，故， ， 即， 令，开口向上， 则， 要想在上有解， 则要或， 由得， 由，即，解得， 综上，，故的最大值为3，此时，解得. （2）设，由于，，故， 将代入中，得 ，即， ，， 要想方程在上有解，需要，解得， 又，故， 当时，， 解得，此时，符合要求， 故的最大值为3. 【点睛】关键点点睛：设，故，转化为关于的一元二次方程，结合根的分布与二次函数图象，得到不等式，求出最值；设，转化为的解问题，利用根的判别式得到不等式，求出答案. 24．(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. 25．(1)极小值点是，无极大值点 (2) 【分析】（1）通过求导得到函数的单调性，继而可判断函数的极值点情况； （2）将函数求导，得到导函数的两个零点和，根据参数进行分类讨论，排除和时的情况，在时讨论函数的两个极值点的函数值的符号，以及函数两端的图象变化趋势，通过求解不等式组即得参数范围. 【详解】（1）当时，由可得． 当时，在上单调递减；当时，单调递增． 故的极小值点是，无极大值点． （2）由可得，或， ①当时，即时，，函数在R上单调递增，则函数至多有一个零点，不满足条件； ②当时函数在上单调递增，在上单调递减，在 上单调递增，因，函数至多一个零点，不满足条件； ③当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增． 因，要使函数有三个零点，需使，且当时，. 取，则由可得．易得在区间上单调递减，在上单调递增， 则有．即，于是，则即，从而 因 ．（因，则，）且， 则，由①解得，，由②可得 ，或， 故得：或 综上：m的取值范围是． 【点睛】方法点睛：本题主要考查函数的极值点和零点个数问题，属于难题. 对于由函数零点个数求参问题，一般有两种思路方法： （1）参变分离法，将函数的零点个数问题转化成两函数的交点个数问题，通过求导研究函数图像得到； （2）分类讨论法，根据参数的不同分类情况，逐个研究函数的零点个数，直至找到符合要求的参数范围. 26．(1) (2) 【分析】（1）求导，根据切点求解切线方程，代入原点坐标可得，即可求解， （2）求导，即可根据函数的单调性，进而根据零点个数，得，代入即可求解. 【详解】（1）当时，，则， 设切点 切线方程： 由于切线过原点，所以，解得， ∴切线方程： （2）， 当时，恒成立，所以在上单调递增，至多一个零点； 当时，令，得，令，得， 令，得或， 所以在上单调递减，在，上单调递增． 有三个零点，则，即，解得， 当时，， 且， 所以在上有唯一一个零点， 同理，， 所以在上有唯一一个零点， 又在上有唯一一个零点，所以有三个零点， 综上可知a的取值范围为 27．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得在上恒成立．构造相应函数后借助导数分类讨论研究其单调性即可得解； （2）由（1）可得当时，，，即可得，令，从而可借助放缩法得到，最后借助累加法与裂项相消法计算即可得证. 【详解】（1），恒成立． 设，． 当时，，，为单调递增， 满足题意； 当时，，， 时，即时，，，为单调递增， 满足题意； 时，即时，，使，，， 为单调递减，，与在上恒成立矛盾； 综上可得． （2）由（1）知时，在上单调递增， ，时，， 由（1）知时，时，， ，即 令， 原不等式得证． 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在与结合（1）中所得，得到当时，，，即可得，从而可借助放缩法得到. 28．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解； （2）由，得到，求得，得到，化简得到，设，利用函数的导数求解函数的最小值，即可求解． 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且， 当时，，函数在上单调递增，无极值； 当时，令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值. （2）证明：由（1）知，， 可得，且， 所以，所以， 因为，所以，可得， 则， 因为，所以，记得， 所以， 设，可得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，当时，， 所以，所以，即. 【点睛】方法技巧：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，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． 29．(1)a=1 (2)2 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可. （2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可. （3）由（2）知， 当 时， 有 即 后进行放缩证明即可. 【详解】（1）因为 ，所以，     所以a=1 （2）因为 当 时， 恒成立，所以                   设 则          因为 当x≥1时，有 所以函数 单调递增，故 所以函数 单调递增， 故       所以函数 单调递增，故 所以 所以实数m的最大值为2. （3）由（2）知， 当 时， 有 即                              设 取 ,所以                 即    . 因为 所以 即 30．(1) (2)只可能与相切，理由见解析 【分析】（1）求出分情况即可求解； （2）求出，，令，求出，求出的单调性，据此即可求解. 【详解】（1），当时，恒成立，无极值， 当时，当时，；当时，，则是的极小值点， 当时，当时，；当时，，则是的极大值点， 因此. （2）当时，当时，，时，， 则是的极大值点，因此（）， 设，， 于是，令， 则，故在上单调递增， ，即恒成立， 所以曲线的切线的斜率可能为，不可能为， 即只可能与相切. 学科网（北京）股份有限公司 $$