导数及其应用 专题训练-2025届高三数学一轮复习

导数及其应用专题训练-2025年高考数学一轮复习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知函数，则（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 2．若都有成立，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 3．设函数满足，则（    ） A． B． C．1 D．2 4．已知函数有两个极值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．已知是函数的导函数，且对任意实数都有，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 6．设函数，则曲线在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 7．函数的导函数的图象如图所示，则下列判断中正确的选项是（   ） A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．在上单调递减 D．在上单调递增 8．已知函数的导函数为，若存在使得，则称是的一个“巧值点”.下列四个函数中，没有“巧值点”的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知，则下列结论可能成立的是（   ） A． B． C． D． 10．对于函数，下列说法正确的是（   ） A．在上单调递减，在上单调递增 B．既没有最大值也没有最小值 C．若方程有4个不等的实数根，则 D．设有3个不同的零点，则 11．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．存在实数使得恰有两个极值点 B．若恰有三个极值点，则 C．对任意的且，总存在实数使得 D．存在实数，使得的图象没有对称轴 三、填空题 12．已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 ． 13．已知函数，若，则最大值为 14．已知曲线与曲线交于点，直线与曲线切于点，与曲线切于点，则的面积为 . 四、解答题 15．已知函数 (1)证明: ; (2)若时，，求的取值范围. 16．已知，函数. (1)求的单调区间. (2)讨论关于的方程的根的个数. 17．已知函数 (1)若函数单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数有3个零点 ①求实数a的取值范围； ②求证： 18．已知函数. (1)如果函数在处的切线，也是的切线，求实数a的值. (2)若在存在极小值，试求的范围. (3)是否存在实数a，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由. 19．若函数是定义在上的函数，且存在，，使得在上的值域仍为，则称为上的保值函数，区间叫做的保值区间． (1)求在上的所有保值区间； (2)证明：在上存在保值区间； (3)若为上的保值函数，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 《导数及其应用专题训练-2025年高考数学一轮复习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B D B D C B ABC BCD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】求出函数的导函数，代入计算可得. 【详解】因为， 所以，则. 故选：B 2．B 【分析】将所给不等式转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此得出正确的选项. 【详解】根据题意，若，则. 设. 所以可得在，函数为增函数. 对于，其导数. 若，解得，即函数的递增区间为； 若都有成立，即在，函数为增函数，则的最大值为1. 故选：B. 3．B 【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得. 【详解】， 故选：B 4．D 【分析】根据函数有两个极值点，转化为导数有两个不等零点即可得解. 【详解】因为， 且函数有两个极值点， 所以有两个不等实根， 所以，解得或， 故选：D 5．B 【分析】由条件可得，结合导数运算及求出函数的解析式，解不等式可得结论. 【详解】因为， 所以，即， 所以可设， 即，又， 所以，故， 所以不等式可化为， 故， 所以， 所以不等式的解集为. 故选：B. 6．D 【分析】先求出导函数，再得出切线的斜率进而得出点斜式方程即可. 【详解】由题意得， 于是当时，曲线在点处的切线斜率为， 此时切线方程为，即. 故选:D. 7．C 【分析】由的增减性与的正负之间的关系进行判断， 【详解】结合图象可得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 显然C正确，其他选项错误. 故选：C. 8．B 【分析】求导，然后直接解方程可判断BCD；根据零点存在定理可判断A. 【详解】对于A选项，，， 令， 因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 因为，，则， 由零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点， 所以，函数有“巧值点”； 对于B选项，，则， 由可得，即，矛盾， 所以，函数没有“巧值点”； 对于C选项，，则， 由可得，即，解得， 所以，函数有“巧值点”； 对于D选项，，则， 由可得，即，解得， 所以，函数有“巧值点”. 故选：B. 9．ABC 【分析】记，可得的单调性，构造，求导可得的单调性，进而可得的大小关系. 【详解】记，易知为上的增函数． 记，则． 令，得，故在上单调递增， 令，得，故在上单调递减． 又，故当时，， 当时，，即． 由，，则， 可得或或． 故选：ABC. 10．BCD 【分析】对函数求导，利用导数探讨函数的单调性、图象及性质即可判断选项A，B；画出函数图象，利用数形结合求解函数的零点问题即可判断C、D. 【详解】函数的定义域为，则， 当或时，， 当时，， 所以在，上都单调递减，在上单调递增，故A不正确；      画出函数图象，如图所示，在上既没有最大值也没有最小值，故B正确； 当时，的图象在x轴上方，且在时，有极大值， 在上的图象在x轴下方， 显然是偶函数，， 在方程中，当或时，方程有两个不等实根， 当时，方程无实根， 当时，方程有4个不等的实根，故C正确； 令，即， 有3个不同的零点，等价于方程有3个不同的根， 设，则与的图象需有3个不同的交点，    如图，当，即时，与的图象有3个不同的交点，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：求出函数的单调性，并画出函数图象，通过数形结合求解函数的零点问题是解题关键，考查数形结合思想，属于较难题, 11．BCD 【分析】由的变号零点的个数，确定极值点个数判断A，由存在三个极值点的条件求得参数范围，判断B，根据得出必在的一个单调区间上判断C，由定义域为的函数对称轴中必是极值点，在时，通过否定极值点对应的直线是对称轴判断D． 【详解】选项A，，时，是增函数，只有一解，只有一个极值点， 时，设，则，由得， 在或时，，时，， 因此在和上递增，在上递减， 因此有一个变号零点或三个变号零点，从而有一个极值点或三个极值点， 综上，不可能只有两个极值点，A错； 选项B，有三个极值点，由上讨论知，且， ，即，恒成立， ，即，， 综上，有三个极值点，则，B正确； 选项C，，则，所以不是极值点，因此存在，在上是单调的， 若，则在上是单调递增，， 若，则在上是单调递减，，C正确； 选项D，的定义域是，若是函数的图象的对称轴，则是的极值， 时，只有一个极值点，即，若有对称轴，则对称轴直线，，， ，， ，所以不可能是图象的对称轴， 故D正确， 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的极值，解题方法是利用导数确定函数的单调性，从而得极值点（极值），函数的极值点又是其导函数的零点，而导函数的零点又可以通过对它的导函数的单调性进行确定． 12． 【分析】首先对函数求导，求出在处的切线方程，然后根据二次函数与直线相切，根据判别式求出对应的. 【详解】因为，所以，又， 故曲线在点处的切线方程为，即． 由可得， 解得． 故答案为：. 13． 【分析】由题意函数，根据得，即，令，通过导数求的最大值即可. 【详解】由题意，， 注意到，， 当时，令，解得或， 令，解得，不满足,， 当时，令，解得或， 令，解得，不满足，， 当时，函数成立，符合条件， 所以，即. 令，则， 令，则， 令，则， 所以在单调递增，在单调递减， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了导数判断函数的单调性并求最值，本题解题的关键是由得，然后结合导数求解待求表达式最大值即可. 14． 【分析】联立方程可得，设切点，求导，可根据点斜式求解处的切线方程为，与二次函数联立，根据判别式为0可得，,以及切线方程，即可根据点点距离以及点到直线距离公式求解. 【详解】联立与可得，故，因此, 设，对求导可得， 故处的切线方程为，即， 联立与可得，由于相切，故，解得，且， 因此，,切线的方程为， 因此,点到直线的距离为， 故面积为， 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，然后结合放缩法证明即可； （2）分离参数得到，利用导数工具求出不等式右边的最小值即可. 【详解】（1）设，， 故时，，单调递增，时，单调递减， 于是，即； 显然，于是，则，于是得证； （2）时，则. 当时，不等式变成恒成立； 当时，两边同时除以得到， 设，求导整理可得，， 由（1）可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故，故 16．(1)函数在和上单调递减，在上单调递增 (2)答案见解析 【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间. （2）利用函数的单调性，通过，，讨论，可确定方程零点的个数. 【详解】（1）因为（）. 所以：. 由 ，又函数定义域为， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增. （2）①当时：时，，方程无解； ，函数在上单调递减，在单调递增， 所以，所以方程无解. ②当时：时，，方程无解； ，函数在上单调递减，在单调递增， 所以，所以方程有一个解. ③当时：时，，方程无解； ，函数在上单调递减，在单调递增， 所以，所以方程有两个解. 综上可知：当时，方程的根的个数为； 当时，方程的根的个数为； 当时，方程的根的个数为； 17．(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）由题设有，再次利用导数可求参数的取值范围； （2）设，则的3个不同零点即为的三个不同的零点，利用导数讨论前者的单调性后结合零点存在定理和解析式的特征可得，，由基本不等式可知成立. 【详解】（1）因为函数单调递增， 所以对任意恒成立． 设， 因为， 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增． 于是解得. （2）由（1）可得， 当时，， 设，由题设可得故有3个零点， 而， 设， ，，， 故在有且只有两个实数根， 且当时，即； 当时，即； 当时，即； 故在上为增函数，在上为减函数， 而，故， ， ， 故函数有3个零点时且， 而，故， 因为，故， 故成立. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用极值点的定义，得出，然后构造函数求出的范围即可； （3）根据符号与的单调性变化对进行分类讨论，注意，然后转化为在上有唯一零点求解即可. 【详解】（1）由， 得，，则， 故在处的切线为， 也是的切线， 所以方程即的判别式， 则，解得. （2）由题意， 则， 当时，，无极值点，不符合题意； 当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 故的极小值点，则， 故， 设，，则， 此时， 设，则， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 又，故, 即 （3）由，， 则， 当时，，在单调递减，不存在3个零点； 当时，， 所以在单调递增，不存在3个零点； 当时，， 因为在上单调递增，设， 则在上也单调递增，且， 当，， 故存在唯一一个，使， 即当时，， 即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增； 且，故，且，其中. 故在有唯一零点， 由，则， 所以， 当时，，因为在有唯一零点， 故在也有唯一零点，又， 故当，有3个零点; 综上所述，所有实数的取值集合为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于：一是注意导函数符号的变化进行分类讨论；二是零点存在性定理的应用，寻找适合的端点函数值异号的区间；三是关注函数性质的分析，如性质的应用． 19．(1)，，． (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）令，并求解结合新定义求解； （2）利用导数研究函数在上的单调性和最小值，再构造函数，利用导数研究函数在上的零点情况结合新定义进行证明 （3）根据新定义得到，，从而得到关于的等式换元，将要证的不等式转化为单变量不等式构造函数，利用函数与导数知识进行证明. 【详解】（1）令，得，解得或或， 函数为上的增函数， 故在上的所有保值区间为，，． （2）， 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以当时，． 令，则， 令，解得， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 又， 所以函数在上存在唯一的，使得，即． 知在上单调递减，在上单调递增， 且，， 则当时，． 故函数在上的值域为，即函数为上的保值函数，保值区间为， 故在上存在保值区间． （3）函数在上单调递减， 所以，，即，， 从而①， ②． 令，则，，代入①得，整理得， 所以，所以③． 由②③得，要证，即证， 即证． 令，所以， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以，即， 因此，得证． 【点睛】关键点点睛：解题的关键是构造应用函数的单调性证明不等式. 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 $$