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

安徽省部分市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·安徽合肥·模拟预测）函数（为自然函数的底数）的图象大致为（    ） A．   B．   C．   D．   2．（2024·安徽芜湖·三模）已知函数与是定义在上的函数，它们的导函数分别为和，且满足，且，则（    ） A．1012 B．2024 C． D． 3．（2024·安徽阜阳·模拟预测）记，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽淮北·二模）若函数是偶函数（e是自然对数的底数），则实数的值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽安庆·三模）已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·安徽淮北·二模）当实数变化时，函数最大值的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 7．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的大致图象如图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·安徽合肥·二模）已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·安徽池州·模拟预测）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． 10．（2024·安徽阜阳·一模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知，则下列说法中错误的是（    ） A． B．在上为减函数 C．的对称轴为 D．当时，取最大值 12．（2024·安徽合肥·三模）已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的（    ） A． B． C． D． 13．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数是定义在上的可导函数，其导函数分别为，其中的图象关于点对称，的图象关于直线对称，，则（    ） A． B． C． D． 14．（2024·安徽池州·二模）已知函数的定义域为是奇函数，且，恒有，当时（其中），.若，则下列说法正确的是（    ） A．图象关于点对称 B．图象关于点对称 C． D． 15．（2024·安徽安庆·二模）已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（    ） A． B． C．函数为减函数 D．函数的图象关于点对称 三、填空题 16．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数，若对任意恒成立，则正数的取值范围为 ． 17．（2024·安徽六安·模拟预测）若偶函数对任意都有，且当时，，则 ． 18．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知函数，方程有五个不等实根，则实数的取值范围是 ；令，则的最小值为 . 19．（2024·安徽黄山·二模）若函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 20．（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．则 ． 21．（2024·安徽合肥·模拟预测）设是定义在上的函数，为其导函数，且满足，则函数在处的切线方程为 ． 四、解答题 22．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)判断函数零点的个数． 23．（2024·安徽安庆·三模）已知函数，记是的导函数. (1)求的值； (2)求函数的单调区间； (3)证明：当时，. 24．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数． (1)证明：时，； (2)证明：． 25．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，为函数的两个零点，求证：． 26．（2024·安徽阜阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若曲线在点处的切线方程为，求的最小值； (2)若对于任意均成立，且的最小值为1，求实数. 27．（2024·安徽淮北·二模）已知函数，其中 (1)若，记，试判断在上的单调性； (2)求证:当时，； (3)若对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 参考答案： 1．A 【分析】由函数的奇偶性可排除B，C；再由趋近，，排除D，即可得出答案. 【详解】的定义域为， ， 所以为奇函数，故排除B，C； 当趋近，，所以，， 所以，故排除D. 故选：A. 2．D 【分析】根据得到，故，求导得到，两边求导得到，从而得到，故，故是的一个周期，其中，根据周期性求出答案. 【详解】由于，则， 两式相加得， 故， 所以， 故，即， 其中两边求导得，， 故， 故， 将替换为得， 又， 故， 将替换为得， 则， 故是的一个周期， 其中， 故， 故. 故选：D 【点睛】结论点睛： 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； （8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为； （9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a； （10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a． 3．C 【分析】由指数函数和对数函数的单调性即可得出答案. 【详解】因为，， ， 故选：C. 4．B 【分析】根据偶函数的定义，得出，利用对数的运算性质整理成，分析即得. 【详解】依题意，，即， 整理得：，即，则有， 因不恒为0，故必有，解得，. 故选：B. 5．C 【分析】根据图象经过点得到解析式，再由单调性和奇偶性化简不等式即可求解. 【详解】由题意知，解得，所以，其在上单调递增， 又因为，所以函数为奇函数，， 所以不等式可化为， 于是，即，解得或. 故选：C． 6．D 【分析】先对内函数对应的方程的根的情况分类讨论，得出时，结果为16，对于时，求出两根，根据图象，就内函数的零点与区间端点的位置进行分类考虑，利用函数单调性分析即得. 【详解】若，即时，，其对称轴为，， 此时，因，故的最小值为16； 若，由可得， （Ⅰ）如图1，当时，即时，在上递减， 在上递增， 在上递减，在上递增，又， ① 当时，，故，而在上单调递 减，则此时，； ② 当时，，故，而在上单调 递增，则此时，. （Ⅱ）如图2，当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 则此时，而在上单调递减，则. 综上，函数最大值的最小值为8. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题主考查绝对值函数在给定区间上的最值问题，属于难题. 解决绝对值函数的方法，主要是根据其内部函数的特点，结合图象，就参数分类讨论去掉绝对值，再利用函数的单调性，即可求其最值. 7．D 【分析】利用排除法，取特值，求即可判断结果. 【详解】对于选项A：因为，与图象不符，故A错误； 对于选项B：因为，与图象不符，故B错误； 对于选项C：因为，与图象不符，故C错误； 故选：D. 8．D 【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可． 【详解】因为， 作出函数的图象，如图所示： 由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增， 且，， 又因为关于的方程至少有两个不同的实数根， 所以至少有两个不同的实数根， 即的图象与至少有两个不同的交点，所以， 又因为当时，，令，可得； 当时，，令，解得， 又因为，所以，解得． 故选:D． 9．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. 10．D 【分析】根据题意，由对数的运算化简，再由对数函数的单调性即可得到结果. 【详解】， ， ， . 故选：D． 11．BCD 【分析】对于A：根据题意结合诱导公式分析判断；对于BCD：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：因为 ， 即，故A正确； 对于选项B：因为，， 即，所以在内不单调，故B错误． 对于选项C：因为 ， 即，可知为的对称轴， 显然，故C错误； 对于选项D：因为 ， 即，可知不是的最大值点，故D错误； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于BCD：因为本函数形式较为复杂，直接说明比较困难，可以通过举反例方式的证伪，这样可以简化过程，快速判断正误. 12．AB 【分析】由是偶函数可得是奇函数，，进而结合已知证明是周期函数，且周期为即可判断A选项；对已知条件分别令和得并联立方程即可判断B选项；根据，是周期函数求解即可判断C；根据，结合的周期性求解即可. 【详解】解：由是偶函数，则，两边求导得， 所以是奇函数，故． 对于A，由，得， 所以， 代入，得， 又因为是奇函数， 所以，， 即， 所以是周期函数，且周期为，故A正确； 对选项B，令得，， 令得，，故，故B正确； 对于C：令，得， 因为是周期函数，且周期为， 所以， 因为，所以，故C错误； 对于D：由得， ， 由A选项知，令得，故， 因为是周期函数与奇函数，且周期为， 所以，即， 因为，所以 所以 故D错误． 故选：AB 【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. 13．ACD 【分析】根据函数与的对称性得到周期性，利用导数法则求导判断A，利用的周期性判断C，利用的周期性求和判断D，利用的周期性判断D. 【详解】由的图象关于点对称，则， 即，所以，又的图象关于直线对称， 则，又，所以， 所以，两边同时求导得，即，故A正确； 由，可得，即， 所以，所以函数的周期为， 又，，，结合， 得，又函数的周期为，所以，， 所以，则，故D正确； 再，所以， 结合得，即，所以函数的周期为， 所以， 又，所以，故C正确； 由A选项知：，所以，即， 再，所以，所以，，即，又，所以， 所以，故B错误. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题主要是研究抽象函数的性质，以及导数运算问题，本题的关键是以条件等式为桥梁，发现函数与的性质关系，以及解析式的关系. 14．ABC 【分析】根据是奇函数判断A项正确；由代入可得，又由推导出图象关于直线对称，从而判断B项；利用题设条件得到，分类讨论的取值情况求出的值，从而判断C项；利用选项C的结论，求得，否定D项. 【详解】对于A项，由是奇函数得， 所以函数关于点对称，故A项正确； 对于B项，由函数的定义域为且关于点对称，则， 所以，因，故解得. 由得点在函数图象上， 又点在函数图象上， 所以函数图象关于直线对称. 又由关于点对称，可得关于对称，故B项正确； 对于C项，由函数关于点对称得， 由函数关于点对称得， 故由可得. ①当时，，所以，， 因是增函数，又，故得； ②当时，由函数关于直线对称可知函数在内单减， 所以，又，所以， 这与题设矛盾，舍去.所以，又，即，故C项正确； 对于D项，由上分析，当时，， 显然，由函数关于对称，可知， 由关于点对称得，故D项错误. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：本题解题思路在于利用函数奇偶性及相关条件推断出函数具备的轴对称和中心对称的特征，再利用对称性推断结论，得到相关点的函数值，确定参数值，得到函数的解析式，再利用函数对称性求出相应函数值. 15．ACD 【分析】对A：借助赋值法令计算即可得；对B：借助赋值法令，计算即可得；对C：结合函数单调性的定义及赋值法令计算即可得；对D：结合函数对称性及赋值法令计算即可得. 【详解】对A：令，则有，故，故A正确； 对B：令，，则有，故，故B错误； 对C：令，则有，其中，， 令，，即有对、，当时，恒成立， 即函数为减函数，故C正确； 对D：令，则有，又， 故，故函数的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 16． 【分析】一方面，通过题设条件可以证明；另一方面，在的情况下又可证明题设条件成立，这就得到了的取值范围是. 【详解】一方面，如果对任意有： 设，则对任意有，从而由知. 假设，则由零点存在定理知存在使得. 但由又有，矛盾，所以. 代入得到，从而，解之，得到； 另一方面，如果： 设，则. 从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 当时，有， 且. 所以，这就意味着， 展开即，此即，故. 综上，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：分类讨论是求取值范围的典型方法. 17． 【分析】由题意求得，可得的周期为6，则，即可求解. 【详解】由，且当时，， 得， ， 则是以6为周期的函数， 所以. 故答案为： 18． 【分析】先化简函数解析式，然后做出函数的图象，数形结合即可求得m的范围，设，根据函数的对称性可得，从而可得，令，利用导数求解的最小值即可求解. 【详解】当时，，所以， 所以，作出函数的图形，如图所示： 又因为，方程有五个不等实根，由图象可知， 因为当时，，故， 所以此时函数关于对称，同理可得函数关于对称， 设， 当时，令，解得， 所以，且， 所以， 令，则， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即的最小值为. 故答案为：， 【点睛】方法点睛：已知方程根的个数，求参数的取值范围的常用方法： （1）直接法：直接根据题设条件列出关于参数的不等式，求解即可得出参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题进行求解； （3）数形结合法：对解析式适当变形，构造两个函数，在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，其交点的个数就是方程根的个数，然后数形结合求解．常见类型有两种：一种是转化为直线与函数的图象的交点个数问题；另一种是转化为两个函数的图象的交点个数问题． 19．． 【分析】令，则有，将问题转化为半圆与直线有两个交点，作出图象，结合图象求解即可． 【详解】令， 则，所以， 又因为，即为，表示单位圆位于轴上及上方部分； 而，表示过点且斜率为的直线， 所以将问题转化为半圆与直线有两个交点， 当直线与半圆相切时；，解得， 当直线过点时，则有，解得， 综上，． 故答案为：． 20． 【分析】利用函数值的定义及奇函数的性质,结合对数的运算即可求解. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以. 故答案为：. 21． 【分析】由导数的运算性质求出的解析式，再求出，可得函数在处的切线斜率和方程. 【详解】由可得： ，即为， 可设为， 所以，由，可得，解得：， 则，，， 则函数在处的切线方程为：， 化简可得：. 故答案为：. 22．(1)在单调递增，在单调递减 (2)两个 【详解】（1） 当时，，所以在单调递增， 当时，，所以在单调递减． （2）易知函数的定义域为 ∵ ∴ 当时，，， ∴， ∴单调递减， 当时， ， ∴单调递减， ∴ ∴单调递增． 综上：在上单调递增，在单调递减． ∴ ∵， ∴在有唯一零点． ∵， ∴在有唯一零点； 综上所述在有两个零点. 【点睛】方法点睛：对于函数零点问题，一般有两种方法： （1）直接讨论.讨论函数的单调性、极值、最值，进而知道函数的大致图象，数形结合可以判断函数零点个数； （2）转化为两个函数图象的交点个数. 23．(1) (2)的单调递增区间是和，单调递减区间是和 (3)证明见解析 【分析】（1）求出当时的的导函数即可得； （2）先分类讨论求出的导函数，即可得函数的导函数，再借助导数构造相应函数去研究的正负，即可得函数的单调性； （3）原问题可转化为证明：当时，，构造函数，可得的导函数与的关系，即可得其单调性，即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，， 此时，所以. （2）先求的导数， 当时，， 当时，， 当时，总有， 所以， 令，则，， 所以在，上均单调递减， 由（1），又，也即是， 所以当时，，于是， 所以在上单调递减， 当时，，于是， 所以在上单调递增， 当时，，于是， 所以在上单调递增， 当时，，于是， 所以在上单调递减， 故的单调递增区间是和， 单调递减区间是和； （3）当时，要证， 只需证， 因为，所以只需证， 只需证， 只需证， 只需证， 只需证， 令（）， 则只需证（）（※） 因为 由（2）知，在上单调递减， 所以当时，，所以， 所以在上单调递减， 又，所以，即不等式（※）成立， 故当时，. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于构造出后，得到其导函数与的关系，从而可由的性质得到的单调性. 24．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）只要证时，，令，然后利用可判断其在上递增，则，从而证得结论； （2）由（1）知，令，则，然后利用累加法可证得结论. 【详解】（1）证明：要证，只要证， 即证时，， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以，所以时，， 所以时，． （2）证明：由（1）知， 令得，即， 所以， ， ， ……， ， 所以 ， 即． 【点睛】关键点点睛：解题的关键是根据题意构造函数，再利用导判断其单调性即可证得结论. 25．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解； （2）代入函数的零点，并变形为，，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明，再通过构造函数，，利用导数判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1），． 当时，，则在上单调递增． 当时，令，得，解得． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）设，则，， 所以， 所以，， 记，要证，只需证， 只需证，只需证． 记，，则， 记，， 由（1）可知，取，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即，所以在上单调递增， 又，所以，所以成立． 【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键是将将函数零点的式子，结合分析法，进行变形，转化为判断函数，的单调性，即可证明. 26．(1) (2) 【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义求出参数代入函数，对其求导，求出函数的单调性即可得出答案； （2）记，将题意转化为证明，对求导可得即，代入，分类讨论和，由，即可求出的范围，则，由二次函数的性质结合的范围即可得出答案. 【详解】（1）由题意，且的定义域为，且， 依题意即，从而，故，， 从而函数在上单调递减，在上单调递增，所以. （2）依题意，，其中，记，则， 因为，，即是的极小值也是最小值，故， 而，所以，解得， 此时， 若，则趋近时，趋近，趋近负无穷，趋近， 即趋近负无穷，与矛盾！ 若，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，符合题意. 故. 所以，其中. 若即时，则函数在上最小值为， 依题意，解得，符合题意； 若即时，则函数在上最小值为， 依题意，即，无解，不符合题意. 所以，. 【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． 27．(1)在单调递减，在单调递增 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）直接利用导数的运算法则计算，利用三角函数的性质计算即可判定单调区间； （2）根据为偶函数，则只判定时，即可；法一、分区间讨论显然成立，时，多次求导结合三角函数有界性判定即可；法二，在时，放缩证明即可，构造函数，利用导数研究其单调性证明即可； （3）将题设通过换元法化简为有恒成立，当时，放缩得，构造函数，因为其为偶函数，只判定正区间即可；法一、多次求导结合隐零点判定其单调性即可；法二、分离参数，多次求导判定函数的单调性并求其最值即可. 【详解】（1）由，可知， 则， 在时， 令，解之得， 令，解之得， 所以在上单调递减，在上单调递增； （2）法一、 注意到是偶函数，故只需证明当时，， ①当时，显然， ②当时，， 令，则， 令，则在上是单调函数， 而, 故，即，于是在单调递增， 又，可知, 于是在单调递增， 又，可知，证毕； 法二、 注意到是偶函数，故只需证明当时，， ①当时，显然， ②当时，， 而 当时，上式显然成立； 当时，上式等价于 令， 则， 即在单调递增，则，证毕； （3）法一、 题设可化为:对恒成立， 令，则，条件进一步化为: 对任意，有恒成立， 注意到时，， 另一方面，当时，， 记， 显然函数为偶函数，故考虑时情形， 易得：，令， 令得， 于是在上单调递增，在上单调递减； 而， 故必然存在实数使得: 当时，，当时，， 于是在上单调递增，在上单调递减； 验证知:对任意恒成立. 因此，即， 综上，实数的取值范围为 ； 法二、 题设可化为：对恒成立， 令，则，条件进一步化为：对任意， （*）恒成立 注意到与都是偶函数，故只需考虑情形即可. ①当时，结论显然. ②当时，（*）化为， 令，则， 令，则， （1）当时，有，于是， （2）当时，有单调递减；单调递增. 而，故， 进一步，在上单调递减， 于是得到:即为的取值范围. 【点睛】思路点睛：对于三角函数与导数结合问题，通常利用三角函数的有界性适当进行放缩，并分区间讨论来处理问题. 学科网（北京）股份有限公司 $$