专题06 导数的单调性（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高二数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高二导数的单调性易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校导数的单调性易错题精选 专题二：名校导数的单调性培优题精选 专题三：导数的单调性新定义试题精选 专题四：导数的单调性全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校导数单调性易错题精选 1．已知函数f(x)，满足在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可得在上恒成立，利用给定单调性建立不等式并分离参数，构造函数并求出最小值，即可得出实数a的取值范围. 【详解】函数的定义域为，求导得. 由在定义域内单调递减，得在上恒成立， 即在上恒成立，而 因此当时，取得最小值，则， 因此实数a的取值范围是. 故选：D 2．对于函数，在上单调递增的必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对函数求导得，对进行分类讨论可知不符合题意；时，，研究的符号可得的单调性及符号，进而可求得在上单调递增的充要条件，即可求解. 【详解】，. 当时，若，则，此时， 在上单调递减，不符合题意； 当时，， 当时，在上恒成立， 在上单调递增，且， 在上恒成立， 在上单调递增，符合题意. 当时，令的解为. 当时，， 在上单调递减，且， 在上恒成立， 在上单调递减，不符合题意. 综上，在上单调递增的充要条件为. 在上单调递增的一个必要不充分条件是. 故选：A. 3．已知为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的，均有，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】构造函数 ，利用导数判断函数的单调性，根据且可得答案. 【详解】构造函数 ， 则 ， 所以函数 在 上单调递增， 故 ， 即 ， 即 . 同理， ， 即 . 故选 ： A. 4．定义：为不超过x的最大整数，区间（或）的长度记为.若关于x的不等式的解集对应区间的长度为1，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】问题可转化为不等式的正整数解有且只有一个，设，利用导数刻画该函数的单调性后可得参数的取值范围. 【详解】令，则. 因为原不等式的解集对应区间的长度为， 故不等式的正整数解有且只有一个. 设，则， 故当时，；当时，， 故在上单调递增，上单调递减， 又，. 故选：D. 5．已知函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造，利用导数研究单调性，再依次比较各项对应函数值大小即可. 【详解】设，，则， 在上单调递增， 对于A，，化简得，A正确； 对于B，，化简得，B错误； 对于C，，化简得，C错误； 对于D，，化简得，D错误. 故选：A 【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数探讨函数单调性是比较大小的关键. 6．函数（其中，且）是其定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导后再分类讨论单调递增和单调递减，借助导数研究其单调性.再构造函数，得到单调性，求出范围即可. 【详解】由.若单调递增，则恒成立，即. 设，，又函数在时函数值趋近于0，不满足条件； 若单调递减，则恒成立，即， 当时，函数在时函数值趋向于，不满足条件，所以， 令，则，所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减，所以，即， 所以，即，解得. 故选：B 7．已知角、满足：，，且，则一定有（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 令，因为， 所以单调递增，所以， 因为，，所以，故， 故，，故AB错误， 因为在上单调递减， 所以，即，C错误， 又在上单调递减， 所以，即,D正确， 故选: D． 8．（多选题）已知函数 ，定义域为 ，则下列结论正确的是（   ） A．若 且 ，则 B．已知 且 ，则 “ ” 是 “ ” 的充分条件 C．方程 有 4 个不同的实数解 D．若 ，则 【答案】BCD 【分析】利用导数可得 的单调递增区间为 ，利用可判断A；计算得可判断B；当时，，当时，进而可判断C，，构造函数，求导可得结论判断D. 【详解】由函数的定义域为 ， 且 ，所以的单调递增区间 ， 对于A，令， 得，所以A错误; 对于B，由已知得，充分性得证，所以B正确; 对于C， 当时，，当时，， 所以 有两个零点，且， 所以方程与分别有两个实数解， 故方程有4个不同的实数解，故C正确; 对于D 中，由，即， 令 ，可得 ， 所以在为单调递减函数，所以 ，即 ， 因为，可得，所以， 得， 所以，故D正确. 故选：BCD. 9．（多选题）已知函数 ，则（    ） A． 为奇函数 B． 在 上单调递减 C． 的图象关于点 对称 D．方程 的实根之和为-4 【答案】ACD 【分析】由奇偶性的概念可判断A，通过导数可判断B，由对称性的概念可判断C，由C，，结合的零点可判断D； 【详解】因为 的定义域为 ，且 ， 所以 为奇函数，则 正确; 因为 ，所以 在 上单调递增，则 错误; 而 ， 即 ，由为奇函数，可得 的图象关于点 对称，则 正确； 又当 时， ，则 在 上无零点； 当 时，若 ， 则 ; 若 ，则 ，则 在 上仅有一个零点 . 根据对称性， 在 上无零点，在 上仅有一个零点 . 由此， 仅有两个零点 和 ，且 . 而 ，将 的图象左移 2 个单位长度，即得函数 的图象， 所以 仅有两个零点 ， 且这两个零点之和为 ，则 D 正确. 故选： ACD. 10．（多选题）纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数．我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的．已知某声音的数学模型是函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称 C．的单调递增区间是 D．的值域是 【答案】ACD 【分析】利用可判断A；由可判断B；求导，利用，求得单增区间判断C；求得单减区间，结合周期可求得值域判断D. 【详解】对于A，因为， 又的最小正周期是，所以的最小正周期为，故A正确； 对于B，， 所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对于C，由，求导得， 令，即，所以， 所以，解得（舍去）或， 所以， 所以的单调递增区间是，故C正确； 对于D，令，即，所以， 所以，解得， 所以， 可得的单调递减区间是，结合C选项，又函数的周期为， 所以当时，， 当时，， 所以的值域是，故D正确. 故选：ACD. 11．（多选题）已知函数，则下列结论中正确地是（   ） A．当时， B．的图象关于中心对称 C．若，则 D．在上单调递减 【答案】ACD 【分析】根据指数函数与对数函数的性质，可判断A的真假；根据特殊点的位置关系，判断B的真假；探索时，与的关系，判断C的真假；求导，利用导数判断D的真假. 【详解】对A：当时，，所以，所以，故A正确； 对B：因为，. 由，所以与不关于点对称，所以B错误； 对C：若，不妨设， 则. 又当时，，所以，故C正确； 对D：当时，，所以在上单调递减.故D正确. 故选：ACD 12．（多选题）已知函数，则（    ） A．当时， B．当时， C．当且时， D．当且时， 【答案】AC 【分析】求与比较，判断A的真假；求导，分析函数的单调性，可判断B的真假；利用函数单调性，结合A的结论，数形结合，可判断CD的真假. 【详解】对A：因为（），所以当时，，故A正确； 对B：因为当时，， 当时，，即在上单调递增，所以有，故B错误； 对C：当时，由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且， 由，所以，当时，成立，故C正确； 对D：因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当且时，，故D错误. 故选：AC 13．（多选题）下列不等关系中正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】令，利用导数说明函数的单调性，利用函数的单调性判断A、D，利用与0的大小关系判断B；令，求导，利用单调性判断C. 【详解】令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 又，所以，所以， 所以，所以，故A正确； 又，即，所以，即，故D正确； 因为，所以，故B正确； 令，则， 当时，，即函数在上为减函数， 所以，所以，所以， 所以，即即，故C错误. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决的关键在于观察不等式的结构，通过构造函数，判断函数的单调性，利用单调性比较大小即可. 14．已知定义在上的函数的导函数为，且，，若，则 ． 【答案】 【分析】首先根据已知条件构造出一个新的函数，利用导数的运算法则找到新函数的导数形式，再结合已知条件求出新函数的表达式，进而得到原函数的表达式，最后根据给定的函数值求出对应的自变量的值. 【详解】可化为． 设，则， 所以（为常数）， 则， 所以，则． 由，知， 因为，所以在上单调递增， 因为，所以． 故答案为：. 15．已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】讨论、并利用导数研究函数的区间单调性，结合已知区间的单调性列不等式求参数范围. 【详解】当时，在区间上单调递增，满足题设； 当时，在上，令，可得， 所以时，时，则， 对于且，则， 所以时，在上单调递增， 时，在上单调递减， 此时，要使在区间上单调递增，则，得， 对于且，则，即函数在上单调递增， 此时，要使在区间上单调递增，则，得，即， 综上，. 故答案为： 16．已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，根据得到在上单调递增，然后根据和的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 令，则在上单调递增，且． 当时，由，可得，即，所以，无解； 当时，由，可得，即，所以，则． 综上，不等式的解集为． 故答案为：. 17．已知的定义域是，且，则不等式的解是 . 【答案】 【分析】变形不等式，构造函数并利用导数确守单调性。进而求解不等式. 【详解】依题意，不等式， 令函数，求导得，由， 得，函数在上单调递增，原不等式为， 因此，解得或， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用同构的思想变形，再构造函数是露头角问题的关键. 18．已知函数 (1)若求的单调区间; (2)若在上不单调，求的取值范围. 【答案】(1)上单调递增区间为单调递减区间为 (2) 【分析】（1）求导，令即可求解； （2）求导可得，设，则，解之即可求解. 【详解】（1）的定义域为， ， 令或，或， 在上单调递增，在上单调递减. （2）， 设， 注意到，要使在上不单调， 只需满足，解得， 即实数的取值范围为. 19．设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性． 【答案】(1)． (2)答案见解析 【分析】（1）由导数的几何意义求得斜率即可求解； （2）求导，分，，讨论导数符号即可求解； 【详解】（1）当时，，则， 则曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以曲线在点处的切线方程为． （2）的定义域为． 当时，， 令，则在上单调递减，在上单调递增， 因此，的最小值为． 当时，，则，此时，在上单调递增． 当时，令，得． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． 综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减． 20．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性. 【答案】(1)（或） (2)答案见解析 【分析】（1）把代入得，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调性. 【详解】（1）当时，，则， 从而， 故所求切线方程为，即（或）. （2）由题意可得的定义域为. 当，即时， 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增. 当，即时， 由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增. 当，即时，恒成立，则在上单调递增. 当，即时， 由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. 21．若函数满足：对于任意，，都有，则称具有性质． (1)设，，分别判断函数，是否具有性质？并说明理由； (2)（ⅰ）已知奇函数是上的增函数，证明：具有性质； （ⅱ）设函数具有性质，求的范围． 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）利用举反例即可判断不具有性质．利用题干中的定义列出式子即可判断具有性质. （2）（ⅰ）利用奇函数的性质以及题干的定义即可证明结论. （ⅱ）根据定义列出式子，得出为上的增函数，再利用导数的性质以及分情况讨论即可得到结果. 【详解】（1）不具有性质，理由如下：取，则 ； 具有性质，理由如下：对于任意， ， 所以具有性质. （2）（ⅰ）是上的增函数， 当时，，即， 为奇函数，  ， ，具有性质； （ⅱ）因为函数具有性质， ， 因为， 又定义域为，所以为奇函数， ， 即为上的增函数， 在上恒成立， 在上恒成立， 当时，显然成立， 当时，， 令，， 令，， 因为为的增函数， ， 当时，， 令， ， . 综上： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解性质P的定义，第二问结合函数的奇偶性得到函数的单调性，从而转化为恒成立问题. 22．函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若不等式对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出，分四种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间； （2）若不等式对任意的，恒成立，等价于递增，即恒成立，即，其中，分离参数后利用基本不等式求最值，即可求的取值范围. 【详解】（1）， 所以， ， 当时或；， 所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，         当时或；， 所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，         当时恒成立，所以此时在上单调递增 ，            当时；， 所以此时在上单调递减，在上单调递增. （2）由对，恒成立，不妨设，则整理得： ，             设， 有，所以单调递增，即恒成立， 即，其中，             所以，又，当且仅当时等号成立， 同时时，不是常函数，所以. 【点睛】方法点睛：利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的； ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围 专题二：名校导数的单调性培优压轴试题精选 1．已知函数与（且）在上都是增函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对，和三种情况分类讨论，即可得到的取值范围. 【详解】若，则，从而不是上的增函数，不满足条件； 若，则对有，且 . 所以和都是上的增函数，满足条件. 若，则. 取，则，从而对有 . 从而在上递减，不满足条件. 综上，的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对的取值情况进行适当的分类讨论，从而确定的取值范围. 2．已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数造函数，求导函数化简进而求的导函数得出单调性可得同理得出 进而得出大小关系. 【详解】， 构造函数， 令，则在上单调递减， ， 故，所以在上单调递减， ， ， 构造函数， 令，则在上单调递减， ， 故，所以在上单调递减， ， 故． 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数，应用导函数得出单调性判断大小关系. 3．（多选题）已知函数，则（   ） A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称 C．在区间单调递增 D． 【答案】BD 【分析】A项由可得；B项证明可得；C项由区间内存在导数值异号的点可知不单调；D项，根据函数的对称性，利用三角函数的性质，借助导数研究单调性，分区间讨论函数范围可得. 【详解】由，解得， 故的定义域为. 选项A，由， 可得，所以的图象不关于点对称，故A错误； 选项B，由 ； 且 ； 可得，所以的图象关于直线对称，故B正确； 选项C，， 则，，且当时， 又，， 由此可知在区间不单调，故C错误； 选项D，， 由B项推理可知，图象关于对称，且， 故只需分析当时，的范围. ①当时，则，所以， 又， 由，，则， 故当时，恒有； ②当时，， 可知在单调递减； 又由C项推理可知，故， 所以在单调递增，从而， 故当，也恒有； 综上所述，当，. 则由对称性可知，在定义域内恒成立，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：对于三角函数与指、对数函数等组合型函数性质的研究，一般需要结合三角函数的单调性与有界性，进行分区间讨论，在不同区间上，可借助导函数、不等式性质、函数有界性等知识解决问题. 4．已知函数对任意实数均有，若不等式 (其中)的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题设中导数与原函数的关系可求得，利用导数讨论其符号后可得其单调性，再结合零点的存在性定理的应用即可求参数的取值范围. 【详解】设，则， 故，即，即， 而，故，所以，故， 当时，，当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则， 而当时，，时，， 令，则， 若，则当时，恒成立，不符题意； 而，则，由， ，则， 由，， 若，即时，， 若不等式 (其中)的解集中恰有两个整数， 则，即，解得， 又，故，符合要求； 若，即时，，， 则 由在上单调递减，在上单调递增， 故当时，不等式无解，故舍去， 综上所述：实数的取值范围时. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出、，从而根据是否在不等式的解集中来分类讨论得解. 5．对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（   ） A．1013 B．1015 C．2023 D．2025 【答案】A 【分析】根据条件构造函数，求得函数的导数，判断函数的导数，求出方程根的取值范围，进而结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】设函数，则， 当是正整数时，可得，则为增函数， 因为当时，， 且， 所以当时，方程有唯一的实数根且， 所以， 因此. 故选：A. 【点睛】方法点睛：构造新函数，结合导数和零点的存在定理，求得当时，方程有唯一的实数根且是解答的关键. 6．已知函数，若，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知，令，可得为奇函数，则的图象关于点中心对称，可得，由可得， 利用导数确定函数的单调性，再利用单调性解不等式即可. 【详解】根据题意，函数， 所以， 令， 则，所以为奇函数， 所以的图象关于点中心对称，所以， 由，可得， 所以， 由， 则， 所以函数单调递减， 由可得，， 即，解得，实数a的取值范围是. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：令，证得为奇函数，可得的图象关于点中心对称，由可得，再利用导数确定函数的单调性，再利用单调性解不等式即可. 7．已知函数，若(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据反函数的性质可将问题转化为在有解，即可构造函数求导确定函数单调性，即可结合函数图象求解. 【详解】函数在单调递增， 由可得，其中是的反函数， 则问题转化为使得， 即与的图象有交点，且交点的横坐标满足， 由于与的图象关于直线对称，因此两函数图象的交点在上， 因此在有解，则在有解， 记则， 故当单调递减，当单调递增， 且， 作出的图象如下所示： 因此， 因此， 故选：A 【点睛】关键点点睛：由可得，根据反函数的性质将问题转化为在有解，分离参数，构造函数，结合函数图象求解. 8．若是上的单调函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合分段函数的单调性，利用导数分析易得当时，在上单调递增，因此可得在上恒成立，且，进而求解即可. 【详解】因为， 当时，， 则， 所以在上单调递增，则在上单调递增， 当时，， 由题意知，在上恒成立， 即在上恒成立， 又， 当且仅当，即时取等号，所以， 又由，得到， 所以，即实数的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于，利用导数分析得当时，的单调性，从而确定在上的单调性，从而得解. 9．（多选题）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（    ） A．点在上 B．将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点 C．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数 D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误，通过的导数，然后求解的解，可判断B的正误，求出切线方程与曲线方程联立，可判断C的正误，设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较,可判断D的正误. 【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到，即，所以点在上，因此，选项A正确; 对于B，由于曲线在轴上方的部分是函数的曲线，则，当时，得到， 因此，不是的极小值点，所以，选项B是错误的； 对于C，由B中可知，， 则以为切点的切线方程为，即. 将切线方程代入曲线方程中，得到：，即， 显然是方程的根，，. 解得：或，因此，选项C正确； 对于D，设的解为，， . 当时，，单调递增， 当时，单调递减， ，， ，， 所以， 设曲线上的点为，设的解为， 则，则， 到原点的距离为， 由可得， 令， ，令，解得：， 因为，所以取， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ， ， 所以当时，，,选项D正确. 故选：ACD 10．（多选题）已知，，且，其中为自然对数的底数，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】原因变形为，进而变形为，令，求导可得函数在上单调递增，从而可得，可判断A；进而计算可得，判断B；进而得，计算可判断CD. 【详解】因为，，所以， 又因为，所以， 所以，令，求导得， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以，所以，故A正确； 所以，所以，所以，故B错误； 因为，所以，故C正确； 又，所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于由原式变形放缩得到，进而构造函数，通过单调性解决问题. 11．（多选题）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．的图象关于原点对称 B．的值域为 C．当时，恒成立 D．若在区间上有2024个不同的实数根，则的取值范围是 【答案】AC 【分析】利用奇函数的定义可判断A的正误，利用换元法结合正弦函数的性质可判断B的正误，利用导数考虑的单调性后可判断C的正误，对于D，先判断的周期性，再利用导数刻画函数的单调性得到函数图象，结合两根特征就小根的范围分类讨论后可得参数的范围，从而可判断D的正误. 【详解】对选项A：因为 所以A正确； 对选项B：设，则可表为， 因为， 故为上的奇函数，而时，均为增函数， 故为上的增函数，而为上的增函数， 故为上的增函数，故为上的增函数， 因为是增函数，所以， 所以的值域为，所以B不正确； 对选项C：设， 则（不恒为零）， 所以在上递减，所以即，所以C正确； 对选项D：因为， 所以关于对称，又的图象关于原点对称， 故是周期函数且周期，而， 所以在上递增，可作出草图，如下图 设，则，该方程两根满足， 显然均不为0且最多仅有一个属于， 不妨设, 若时，方程在区间[上有1013个实数根； 若时，方程在区间[上有2026个实数根； 若时，在区间上有2024个实数根； 若时，方程在区间上有1012个实数根； 所以方程在区间仅有一根， 所以， 所以，所以D不正确. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：嵌套方程的零点问题，一般可先考虑外方程的根的特征，再考虑内方程的根，本质上就是换元处理. 12．（多选题）过点向曲线引斜率为的切线，切点为，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列的通项为 C．当时， D． 【答案】ACD 【分析】设直线，方程联立由，可得，，从而结合累加法求和可判断A,B，由，可判断C，令，.可得在上递减，可知在上恒成立，可判断D 【详解】设直线，联立，得， 则由，即，得（负值舍去） 所以可得，，所以B错误； 所以，故A正确； 因为，又因为，则，即， 所以， ，故C正确； 因为，所以，令，则. 可得在上递减，可知在上恒成立. 又.所以成立.故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点睛：本题考查圆的切线问题和数列不等式的证明问题，解答本题的关键是设出切线方程，方程联立由，得出，，证明得到，从而可比较与的大小，设，利用导数得出在上恒成立，来判断与的大小，属于难题. 13．已知函数的定义域为为的导数，，当时，，若，则关于的不等式在区间上的解集为 . 【答案】 【分析】构造函数，并由导数法得在上单调递增，再利用奇函数定义及对称性概念知为奇函数且关于对称，从而得到的对称性和单调性，将所给不等式转化为，结合已知函数值，利用函数性质即可求解不等式. 【详解】设，则当时，， 所以在上单调递增， 因为，所以为奇函数， 又， 所以关于对称，所以， 所以，所以的周期为6，且为偶函数， 又，所以， 故由的单调性可知：在和单调递增， 在和单调递减，又， 由的对称性可知，， 由可得，， 所以关于x的不等式在区间内的解集为． 故答案为： 【点睛】结论点睛：破解抽象函数不等问题需要构建新函数，常见构造形式如下： 1.对于不等式，构造函数； 2.对于不等式，构造函数； 3.对于不等式，构造函数； 4. 对于不等式，构造函数； 5. 对于不等式，构造函数； 14．已知定义在上的偶函数，当时，.且时，恒成立，且，则时，不等式的解集为 . 【答案】 【分析】首先通过对给定不等式进行变形构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，再结合函数的奇偶性，将所求不等式进行转化，最后求解不等式得到解集. 【详解】已知当时，， 将其变形为， 进一步整理得. 令，对求导， . 当时，，， 可得，所以在上单调递减.   因为是定义在上的偶函数，即. 那么，所以是奇函数.   所以在上也是单调递减.   已知，则. 当时，，则， ∴不等式可化为，即. 因为在上单调递减，则. 当时，；，得，则， ∴不等式可化为，即，则. 综上，不等式的解集为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题关键是对已知式子变形，构造新函数，再转化为用函数单调性和奇偶性解题. 15．已知函数（其中，且）为其定义域上的单调函数，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】对函数进行变形，构造新函数，转化为新函数的单调.再分类讨论单调递增和单调递减，借助导数研究其单调性.对于单调递增，再构造函数，得到单调性，求出范围即可. 【详解】， 记，在定义域上单调，可得必为单调函数. 若单调递增，则恒成立，即， ∴.又函数在时值趋近于0，不满足. 若单调递减，则恒成立，即 ，即，∴， 设，，则， 当时，不成立； 当时，， ∴在区间上单调递增，在区间上单调递减， ∴，即， ∴，即，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是将原函数变形为，记，将在定义域上单调，转化为为单调函数.最后借助分类讨论和导数研究得解，综合性较强，属于难题. 16．已知函数是奇函数． (1)求a； (2)求曲线在点处的切线方程； (3)证明：函数有且仅有1个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据奇函数定义得，代入可求得a的值. （2）求，计算切线斜率即可得到切线方程. （3）求，分析函数的单调性即可确定证明结论. 【详解】（1）∵函数是奇函数， ∴，即， ∴，即对定义域内任意恒成立， ∴，解得或（舍）， ∴，此时， 由得定义域为，符合题意. （2）由（1）得，， ∴，， ∴，故曲线在点处的切线方程为，即. （3）∵， ∴函数的定义域为，，， ∵，∴，，， ∴，故在上为增函数， ∴有且仅有1个零点，零点为0. 17．已知函数． (1)当时，判断的奇偶性； (2)当为偶数时，方程有解，求的最小值； (3)若存在，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)偶函数 (2)24 (3) 【分析】（1）根据偶函数的定义即可求解， （2）根据函数的周期性以及对称性，将问题转化为的值域，求导，根据函数的单调性即可求解， （3）对分奇偶，结合是偶数时， 恒有，将问题转化为恒成立，分离参数即可求解，当是奇数时，根据，即可求解. 【详解】（1）当时，， 则， 故为偶函数， （2）当n为偶数时， 由于， 则的周期为，且关于对称， 所以只需要讨论在上的值域， 由于，， 故恒成立，所以在单调递减， ， 所以， 其中时，， 时，， 故的最小值为24， （3）当是偶数时，由（2）知， 故恒有，当时恒为1， 要使存在，使得关于的不等式恒成立， 所以只需要恒成立， 由于， 当时，恒成立，只需要， 当时，恒成立，只需要， 因此是偶数时，， 当是奇数时，设，则恒成立， 而，从而， 令，， 取 反之当时， 令，等式左边， 所以等式左边的最小值为 ，综上可得 【点睛】方法点睛： 1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：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． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 18．已知函数，其中是常数. (1)当时，求单调性及对称中心； (2)当时，正方形有三个顶点在函数的图象上，求正方形面积的最小值； (3)当时，函数的图象上有且仅有一个内接正方形，求的值与正方形的边长. 【答案】(1)增区间为，减区间为；对称中心为 (2) (3)，正方形的边长 【分析】（1）求函数的导函数，解方程，分区间判断导数值的正负，判断函数的单调性，设函数的对称中心为，则为奇函数，根据奇函数性质列方程求即可； （2）不妨设三个顶点中有两个在轴右侧（包括轴），且设三点的坐标分别为，直线的斜率为，由条件确定与的关系，利用表示正方形的边长，利用基本不等式求最值； （3）先证明内接正方形的对称中心为坐标原点，不妨设在第一象限，在第二象限，设，由条件可得且，由此可求及正方形边长. 【详解】（1）因为， 所以，令，则， 当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 设函数的对称中心为，则为奇函数， 所以函数为奇函数， 所以， 所以， 所以 所以的对称中心为. （2）如图，不妨设三个顶点中有两个在轴右侧（包括轴），且设三点的坐标分别为，直线的斜率为， 则有. 又三点在函数的图象上， 所以， 代入上面两式得：. 由于， 即， 所以，即， 所以， 所以，且有. 所以正方形边长为 ， 当且仅当时，即点为原点时等号成立. 所以正方形面积的最小值为. （3）因为，所以， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ， 所以函数为奇函数，函数的图象关于原点对称， 假设内接正方形的对称中心不是坐标原点， 设四点关于原点的对称点分别为，则点在三次曲线上， 且是正方形，与已知条件矛盾，从而内接正方形的对称中心为坐标原点. 不妨设在第一象限，在第二象限， 因为且， 所以设， 因为所以 从而，所以， 所以且， 由于内接正方形只有一个，所以， 当时，，解得不满足， 当时，，解得，满足， 从而，所以， 综上，，正方形的边长. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问解决的关键在于结合函数为奇函数证明函数的图象的内接正方形的中心为原点，由此设点的坐标，结合条件求. 19．已知函数，，． (1)若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若，，求函数在上的零点个数． 【答案】(1) (2)函数在上两个零点． 【分析】（1）求出导函数，题意得出在上恒成立，转化为，在上恒成立，再引入函数求出函数的最值得参数范围； （2）求出，令，再求导，由的单调性确定的零点的存在性,从而得的正负，确定即的单调性，然后再确定的零点的存在性，得出的正负，确定的单调性，然后确定的零点的存在性（零点的存在性需与零点存在定理结合）． 【详解】（1）当时，，， 因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得， 令，在上，，， 所以在上的最小值为， 所以实数a的取值范围为． （2）当，时，，可得， ，设， 则，易知在上单调递增， 又，，所以，使得， 在上,在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以，，使得， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，由得，， 又因为，所以，使得， 综上，函数在上有，0两个零点． 【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点问题，方法是利用导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得出零点的存在性．为此可能需要对导函数（或其中部分函数）进行再一次的求导，以确定单调性、正负性． 20．已知函数（）. (1)若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)当时，证明：对于任意的，，有. 【答案】(1)， (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解； （2）结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解． （3）先写出函数解析式，再做差化简，再结合定义域范围得出差小于零即可. 【详解】（1），则． 曲线在点处的切线方程为， 则，解得， 由，解得， （2），其中，函数定义域为， 则， 令，解得或， 若，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 若，则当时，，单调递减， 当和时，，单调递增， 若，则在上恒成立，单调递增， 若，则当时，，单调递减， 当和时，，单调递增， 综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． （3）当时，, 对于任意的，有 因为,所以即得； 所以,进而得出 所以 所以. 【点睛】方法点睛：第二小问中，结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论，分四种情况分别结合导函数的正负得出函数的单调性即可解题. 专题三：导数的单调性新定义试题精选 1．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“函数”.对于命题； ①设，若函数为“函数”，则； ②设，若函数为“函数”，则满足条件的的整数值至少有4个. 则下列结论中正确的是（   ） A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假 【答案】B 【分析】结合定义将命题①转化为至多有一个解，讨论，求的范围，判断命题①；结合定义将命题②转化为函数是增函数或减函数，结合导数与函数的单调性关系求的范围，判断②，由此确定结论. 【详解】因为为“函数”， 所以函数的图象与的图象至多只能有一个交点， 所以方程组至多只有一个交点， 所以对于任意的至多只有一个解， 当时，函数的图象与的图象至多只有一个交点，满足条件， 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减， 作函数的图象如下： 当时，与有两个交点，不满足要求， 当时，因为函数，都在，上单调递减， 所以函数在上单调递减，在上单调递减， 其图象如下， 所以对于任意的，直线与函数的图象都有两个交点， 所以不满足要求， 故，命题①正确. 因为函数为“函数”， 所以对任意的关于的方程至多只有一个解， 所以方程至多只有一个解， 所以函数的图象至多只有一个交点， 所以函数是增函数或减函数， 又， 所以或， 由，可得， 当时，， 由，可得， 当时，， 当时，，当时，， 函数的定义域为， 函数的导函数， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递减， 当时，，当时，， 当且时，， 当且时，， 当时，， 当时，， 其图象大致如下， 所以，即， 所以满足条件的整数的值有，有且只有三个. 所以满足条件的整数的值有三个，②错误； 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合定义将函数为“函数”.转化为函数的图象与对任意的至多只有一个交点，再结合函数方程知识处理. 2．是定义在上的函数，为的导函数，若方程在上至少有3个不同的解，则称为上的“波浪函数”.已知定义在上的函数为“波浪函数”，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由列方程，分离常数，然后利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. 【详解】，， ， 显然不满足上式，所以， 令，则， 在上单调递增， 在区间上单调递减， 且， 画出的图像，可知：. 故选：D 【点睛】易错点睛： 导数符号分析的准确性：在求解的符号变化时，容易因导数计算错误导致对单调性的判断错误.因此，确保导数的符号变化准确是关键. 图像绘制中的误差：在通过函数图像判断解的个数时，容易因为图像绘制不够精确或未充分考虑极值点位置，导致解的个数判断错误. 3．（多选题）如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（   ） A．有对称轴 B．的弦长的最大值为 C．直线被截得弦长的最大值为 D．的面积大于 【答案】ACD 【分析】利用反函数概念可判断；联立方程，求出交点即可判断；找出过与曲线相切且与平行的点即可；由，计算即可判断. 【详解】由， 的反函数为，两者关于对称，故A正确. ，令 在上单调递减；上单调递增， 注意到， 在和有一个零点，另一个零点为， ，故B错误. 与曲线对称轴垂直， 如图，只需考察曲线上到距离大最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令， 此时到的距离， 直线被截得弦长最大值为，故正确. ， ，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的三角形面积，通常将三角形分成两个底位于坐标轴上的小三角形，如本题中. 4．用表示点与曲线上任意一点距离的最大值.已知函数，，，.设是曲线上的动点，当时，的最小值为 . 【答案】 【分析】令，通过求导可得在上单调递增，由此可得，结合可得结果. 【详解】令，则. 因为，所以在上恒成立，则在上单调递增. 由，可设，则. 由，可设，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是分析函数单调性，结合单调性确定的最小值. 5．“矩阵”是在研究线性方程组的解法中引出来的概念，在实际问题中应用非常广泛．一个由1行3列数表构成的矩阵记为，由3行3列数表构成的矩阵记为，由3行1列数表构成的矩阵记为．已知矩阵乘是一个矩阵，矩阵乘是一个数．设则 ；若是上的单调函数，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据“矩阵”的概念求出；转化为在上恒成立求出. 【详解】 则 ； 若是上的单调递增函数， 则在上恒成立， 由于在上不恒成立，所以无解； 若是上的单调递减函数， 则在上恒成立， 可得，解得. 故答案为：①；②. 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解．对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求．但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝． 6．已知函数的定义域为，若存在，对任意且，有，则称函数具有性质．给出下列四个函数： ①；        ②； ③；        ④． 其中所有具有性质的函数的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】利用导数可判断①②④具有性质，结合函数图象可判断③不具有性质. 【详解】当时，即为， 故在的左侧，的图象在处切线下方； 当时，即为， 故在的右侧，的图象在处切线上方； 对于①，的图象如图所示： 取，而，故， 曲线在处的切线方程为， 当时，，当时，，故①具有性质； 对于②，取，而，故，而 曲线在处的切线方程为， 设，则（不恒为零）， 故在上为增函数，而， 故当时，，即； 当时，，即； 故②具有性质； 对于③，的图象如图所示，由图可得函数图象始终在切线的下方， 故③不具有性质； 对于④，取，则， 故，而， 故曲线在处的切线方程为： ， 令， 则， 设， 则， 故当或时，； 当时，， 故在，上为增函数， 在为减函数， 当时，，故， 而，结合的单调性可得恒成立， 故为上的增函数，而， 故当时，， 即 当时，， 即， 故④具有性质. 故答案为：①②④. 【点睛】思路点睛：对于函数新定义问题，可以根据新定义结合导数展开讨论，也可以结合函数图象的性质数形结合讨论. 7．已知曲线在点处的切线交轴于点，曲线在点处的切线交轴于点，依此类推，曲线在点（）处的切线交轴于点，其中数列称为函数关于的“切线数列”. (1)若，是函数关于的“切线数列”，求的值； (2)若，是函数关于的“切线数列”，记，求数列的通项公式； (3)若（），是否存在（），使得函数关于的“切线数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据题意，求得，得到的值，结合导数的几何意义，求得切线方程，进而求得的值； （2）根据题意，利用导数的几何意义求得切线方程为，令，得到，结合，证得，进而得到，结合等比数列的通项公式，即可求解； （3）根据题意，利用导数的几何意义，求得切线方程为，得到，设，利用导数求得函数在上单调递增，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）由，得， 因为，所以，， 所以曲线在处的切线方程为， 即. 令，得，即. （2）由，得， 所以，， 所以曲线在处的切线方程为， 即. 令，得，即. 因为，所以，， 即，所以（）， 所以 ， 又，所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以. （3）由，得， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，则，即， 由，得（）， 设，则. 已知，由，得，所以（）. 函数的定义域为，， 所以函数在上单调递增， ①当（，）时， ， ， 所以数列在时单调递减，故数列不是周期数列； ②当（，）时， ， ， 所以数列在时单调递增，故数列不是周期数列. 综上所述，当时，不存在（）， 使得关于的“切线数列”为周期数列. 【点睛】方法点睛： 已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，利用函数的基本性质，以及导数求得函数的单调性与最值，同时在解决问题时要注意这一特殊性. 8．设是定义在上的函数，若对于任意的，存在，均有，则称为“函数”． (1)若函数，证明：不是“函数”． (2)若函数，证明：是“函数”． (3)对于区间，定义，已知，且为“函数”，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）不妨假设是“函数”，得出，通过取特殊值时，判断出不等式不成立，得出假设不成立即可判断； （2），求导后，进一步令，利用导数研究单调性，并且结合零点存在定理解决隐零点问题，进一步判断出原函数的单调性求解； （3）根据是“函数”，得出在区间上也满足题目给定的不等式的条件，利用导数研究函数的单调性，从而进一步求出的取值范围，最后再利用作差法比较两者的大小． 【详解】（1）假设是“函数”，则， 即在上恒成立． 因为， 所以假设不成立，即不是“函数”． （2）令，， 则． 令，，则在上恒成立，即在上单调递减． 因为，，所以，， 则当时，，单调递增，当时，，单调递减． 由，可得在上恒成立， 故是“函数”． （3）由为“函数”，可得， 即． 令，， 则． 由，且，可得． 令，， 则在上恒成立，则在上单调递增． 由，可得， 则，即． 【点睛】关键点睛：本题不仅验证了函数和是否满足给定条件，还进一步探讨了区间长度的比较，理解函数的凸凹性及其在不同区间的表现是关键的，解题时，应先明确题干信息中函数的性质，再根据性质和条件进行验证． 9．对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点． (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格增，求证：“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数． 【答案】(1)1 (2)证明见解析； (3)答案见解析 【分析】（1）设，判断该函数单调性，确定其解，即可求得答案； （2）根据函数新定义的含义，结合充分性以及必要性的证明，即可证明结论； （3）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论a的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数. 【详解】（1）设，则恒成立， 故函数在R上单调递增， 又，故函数在R上有唯一零点， 即有唯一不动点1． （2）证明：充分性：设为函数的不动点，则， 则，即为函数的稳定点，充分性成立； 必要性：设为函数的稳定点，即． 假设，而在定义域内单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，即 即，故为函数的不动点， 综上，“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件． （3）当时，函数在上单调递增， 由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可； 令， 则， 则在上单调递减， 当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； 当时，即时， 当x趋向无穷大时，趋近于0，此时 存在唯一 使得， 此时f（x）在上单调递增，在上单调递减， 故， 当x趋近于0时，趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，趋向于负无穷大， 设，则在上单调递增，且 又 在时单调递增， 故（i）当时，即 此时，方程有一个解，即有唯一不动点； （ii）当时，即 此时，方程无解，即无不动点； （iii）当时，即 此时，方程有两个解，即有两个不动点； 综上，当时或时，有唯一稳定点； 当时，无稳定点； 当时，有两个稳定点． 【点睛】方法点睛：解答时要注意理解函数新定义的含义，解答的难点是（3）中判断函数稳定点的个数，解答时要结合新定义，采用分类讨论的方法去解决问题，解答过程较为复杂，要有较强的逻辑思维能力. 10．已知函数的定义域为，区间，若，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集． (1)求函数在上的不动点集； (2)若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围； (3)若函数在上的不动点集为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或 (3)． 【分析】（1）根据不动点的定义，求方程的根即可得解， （2）构造函数，求导，结合余弦函数的有界性，对讨论，根据函数的单调性，结合零点存在性定理，即可求解， （3）根据方程的三个根，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）由，得， 解得或， 故在上的不动点集为． （2）由题可知，关于的方程在上有且只有一个实数根． 令，则． 若，则在上恒成立，在上单调递增． 因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点． 若，则在上恒成立，在上单调递减． 因为，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个不动点． 若，易知是上的偶函数，且在上单调递增． 因为，所以存在，使得， 则当和时，单调递增，当时，，单调递减． 因为，所以要使得在上有且只有一个实数根，则解得． 综上可得或 （3）由题可知，方程在上存在3个实数根， 则， 从而 令，则，当和时，单调递增，当时，单调递减， 则解得． 因为， 所以的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． 11．对于函数图像上不同的三点（其中），记点M处的切线为l，若，则称M为函数在区间上的“T点”．特别地，当，则称M为函数在区间上的“和谐T点”． (1)设是函数在区间上的“T点”，若，求实数n的值； (2)设，若函数在区间上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合； (3)设，试探究函数的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间，若存在，求出该区间；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据“T点”的性质可求的值； （2）根据“T点”的性质可得在上有三个不同的解，利用换元法可求参数的值； （3）若存在一个包含“和谐T点”的区间，则在上有解，利用导数可证该结论错误. 【详解】（1），由可得，而 因为为函数在区间上的“T点”，故. （2）， 因为函数在区间上恰有3个“T点”， 所以在上有三个不同的解， 故在上有三个不同的解， 设，则， 则在上有两个不同的根， 且其中有且只有一个根为或或， 若一个根为，则，此时另一个根为， 此时有一根，在上有两个不同的解， 故此时在上有三个不同的解； 若一个根为，则，此时另一个根为， 同理可得在上有三个不同的解； 若一个根为，则，此时在上仅有一个根，舍； 综上，. （3）， 若存在含“和谐T点”的区间，则， 其中， 整理得到：即， 设，故，设， 则，故在上为增函数，故， 故，故不成立， 故函数的定义域内不存在一个包含“和谐T点”的区间 【点睛】思路点睛：对于导数背景下的多变量的存在性问题，注意根据方程组的形式合理消元，从而构建较为简单的函数，而后者可以利用导数来处理. 12．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为.若在区间单调递增；则称为区间上的凹函数.（这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.） (1)讨论函数，的凹凸性，并求锐角中，求的最小值； (2)已知函数. （ⅰ）当时，讨论的凹凸性； （ⅱ）平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.当时，点在轴右侧且为的“切点”，求点的集合.（不需要写出求解过程） 【答案】(1)在上为凹函数; 的最小值为； (2)（ⅰ）当时，是上的凹函数，上的凸函数； 当时，是上的凸函数，上的凹函数; 当时，是上的凸函数，上的凹函数. （ⅱ）点的集合为： 【分析】（1）由有在为凹函数，利用琴生不等式可以求出最小值； （2）（ⅰ）利用导函数并对参数进行分类讨论，即可得出函数的单调性，可得其凹凸性； （ⅱ）根据“切点”的定义，由切点个数转化成方程根的个数即可得出点的集合； 【详解】（1）因为所以 所以所以函数在上为凹函数. 因为在上为凹函数，由琴生不等式有： 即 整理有:当且仅当时等号成立. 所以在锐角中，的最小值为. （2）（ⅰ） 所以令， 所以，令有：， 即 当时，解得，当时时，当时， 所以是上的凹函数，上的凸函数. 当时，解得或， 若时，即时， 当或时，当时， 所以是上的凸函数，上的凹函数; 若时，即时， 当或时，当时， 所以是上的凸函数，上的凹函数; 综上所述：当时，是上的凹函数，上的凸函数； 当时，是上的凸函数，上的凹函数; 当时，是上的凸函数，上的凹函数. （ⅱ）当时，，为的“切点” 所以，设，切点为， 所以过点的切线方程为：， 所以， 因为这样的切点有3个，则有3个解， 所以有3个实根， 即关于的方程：有三个不同的实数跟。. 令，则直线与曲线恰有三个不同的交点. 所以， 当时， 由有：，有：或， 所以在为增函数，在和为减函数. 所以的极小值为：，的极大值为： 所以： 当时，，为单调递减，不符合题意. 当时， 由有：，有：或， 所以在为增函数，在和为减函数. 所以的极小值为：的极大值为：， 所以： 综上所述：点的集合为： 【点睛】涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答；考查学生的创新应用能力. 13．若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 【答案】(1)偶函数，一条点切线方程为 (2)没有，理由见解析 (3)证明见解析，切线方程为和 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义可得出函数的奇偶性，数形结合可得出该函数的一条点切线方程； （2）求出，分析函数的单调性，即可得出结论； （3）取点、、，利用导数求出曲线在三处的切线方程，利用这三条切线重合可得出，然后对、、的关系进行讨论，即可求出对应的切线方程. 【详解】（1）令，其中，则， 所以，函数为偶函数，且，如下图所示： 由图可知，函数的一条点切线方程为. （2）因为，该函数的定义域为，且， 令，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 因此，不可能存在、且，使得， 因此，函数不具有点性质. （3）取点、、， 因为，则， 所以，曲线在点处的切线方程为， 即， 曲线在点处的切线方程为， 曲线在点处的切线方程为， 由题意可知，这三条切线重合， 则， 由上得，则，，， （i）若，，， 则，所以，， 因为，则（舍去）； （ii）若，，中至少有一个成立， 不妨设，则， 若，则（舍去），所以，， 故或. 综上所述，点切线方程为和. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问题考查点切线的新定义，解题的关键就是利用切线重合得出，通过分析、、之间的关系来求解. 14．设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称作函数的凹区间；反之，则称为区间上的凸函数，区间称作函数的凸区间. (1)已知函数，求的凹、凸区间； (2)如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，，过线段的中点作轴的垂线，与函数图象和轴分别交于，两点，则有. ①将不等关系转化为对应的不等式； ②证明：当，时，恒成立. 【答案】(1)凹区间为，凸区间为； (2)①；②证明过程见解析 【分析】（1）二次求导，得到导函数的单调区间得到的凹区间和凸区间； （2）①表达出的坐标，由得到结论； ②对不等式两边取对数，问题等价于，构造函数，，二次求导，得到是函数的凹区间，，所以当时，是凹函数，结合①的结论得到答案. 【详解】（1）因为的定义域为，， 设，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以的凹区间为，凸区间为； （2）①对于凹函数定义域中的任意两个自变量， ，， ，， 所以，， 由，有， ②对不等式两边取对数，问题等价于， 恒成立， 构造函数，， 即恒成立， ，令， ， 令，即，解得， 所以是函数的凹区间， ，所以当时，是凹函数， 由①知，，当时，等号成立， 所以时，恒成立， 即恒成立. 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 15．定义：如果函数在定义域内给定区间上存在实数，满足，那么称函数是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点.例如是区间上的“平均值函数”，0是它的均值点. (1)已知函数、，判断、是否为区间上的“平均值函数”，并说明理由； (2)设是区间上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点，求所有满足条件的整数数对； (3)若是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点，求证：. 【答案】(1)函数是区间上的“平均值函数”， 不是区间上的“平均值函数”，理由见解析 (2)或或或. (3)证明见解析 【分析】（1）利用“平均值函数”的定义计算即可判断； （2）由平均值函数的定义可得，可求所有满足条件的整数数对； （3）所证不等式可变形为，利用换元法，令，可证结论. 【详解】（1）（1）函数是区间上的“平均值函数”， 不是区间上的“平均值函数”，理由如下： 由题题意，得，则，所以函数是区间上的“平均值函数”； ，即， 所以，无解，所以不是区间上的“平均值函数”； （2）因为是区间上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点， 所以， 即，显然不成立， 所以，因为是函数的一个均值点，根据均值点的定义，可得， 又所求的为整数对，故或或或. （3）由题意可得，则所证不等式为， 需证，令，则不等式为， 则不等式等价于， 令，求导得， 所以在上单调递减，所以， 即，即. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于理解题中所给“平均值函数”的定义，为使函数为平均值函数，必存在实数，满足，注意此处不取端点值，根据所给函数解析式，列出等式，化为常见函数，进行求解即可. 16．如果定义域为的函数同时满足以下三个条件：（1）对任意的，总有；（2）；（3）当，且时，恒成立.则称为“友谊函数”.请解答下列问题： (1)已知为“友谊函数”，求的值； (2)判断函数是否为“友谊函数”？并说明理由； (3)已知为“友谊函数”，存在，使得，且，证明：. 【答案】(1) (2)是，理由见解析. (3)证明见解析. 【分析】（1）结合条件，利用“赋值法”可求函数值. （2）根据给出的条件，逐一验证即可. （3）先判断函数的单调性，结合反证法进行证明. 【详解】（1）由条件（1）可知：； 结合条件（3），令，则. 所以：. （2）函数是“友谊函数”.理由如下： 对条件（1）：因为，，当时，，所以在上单调递增，所以，. 对条件（2）：. 对条件（3）：设，且，则： . 所以：. 综上可知：函数是“友谊函数”. （3）设且，则， 所以 所以函数在上单调递增. 下面用反证法证明：. 假设，则或. 若，则，这与矛盾； 若，则，这与矛盾. 故假设不成立，所以. 【点睛】方法点睛：对于抽象函数的问题，“赋值法”是解决问题的突破口.合理赋值是解决问题的突破口. 17．设使定义在区间上的函数，其导函数为.如果存在实数和函数，其中对任意的都有>0，使得，则称函数具有性质． (1)设函数，其中为实数 ① 求证：函数具有性质； ② 讨论函数的单调性； (2)已知函数具有性质，给定设为正实数，，，且，若，求的取值范围． 【答案】(1)①证明见解析；②答案见解析 (2) 【分析】(1)①对求导，可得恒成立，即可函数具有性质；②设，与符号相等，对讨论，可知符号，即可得出函数的单调区间； (2)对求导，，分析可知其在恒成立，对讨论，再根据与大关系进行讨论，验证是否满足条件，可求解的取值范围. 【详解】（1）① ， 所以，恒成立，则函数具有性质； ② 设， (i) 当即时，，，故此时在区间上递增； (ii) 当时 当即时，，，故此时在区间上递增； 当即时，， 所以时，，，此时在上递减； 时，，，此时在上递增. 综上所述，当时，在上递增； 当时，在上递减，在上递增. （2）由题意，， 又对任意的都有， 所以对任意的都有，在上递增. 所以，， 因为 先考虑的情况 即，得， 此时， 所以 所以满足题意 当时， ， ， 所以 所以， 则，不满足题意，舍去 综上所述， 18．若函数在上恒有成立（其中为的导函数），则称这类函数为类函数. (1)若函数，试判断是否为类函数； (2)若函数是类函数，求函数的单调区间； (3)若函数是类函数，当，时，证明： 【答案】(1)是类函数 (2)的增区间为，减去间为 (3)证明见解析 【分析】（1）利用类函数的定义判断即可； （2）由题意可得，构造函数求得，进而可求的单调区间； （3），利用已知可得在上是减函数，计算可得结论. 【详解】（1）因为，所以在上恒成立， 所以，故是类函数. （2）由，可得， 由，得， 因为，所以可得。 令，则， 当时，，是减函数， 当时，，是增函数， 所以，所以，所以， 因为， 因为，所以， 所以，解得或， 所以的增区间为，减去间为. （3）函数在上的每一点处都有导数，且恒成立， 设，则在上恒成立， 所以在上是减函数， 因为，，所以， 所以， 所以， 所以， 所以两式相加可得 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成式的一种方法，构造函数，利用函数单调性是一种常用方法. 19．如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令．    (1)证明：存在唯一零点，且； (2)已知，证明：； (3)经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)经过4次迭代后，的近似值与的差值小于 【分析】（1）利用导数与函数间的关系，得到单调递增，再利用零点存在性原理，即可证明结果； （2）利用导数的几何意义得到在点处的切线方程为，从而得到，进而有，将问题转化成证明，即可求解； （3）利用（2）中结果，得到，同理得到， ，    ，即可证明结果. 【详解】（1），所以单调递增， 因为，， 所以存在唯一零点，且． （2）在点处的切线方程为，     令，解得，     ， 易知，所以，     要证，只需证，     即， 因为，所以． （3）由（2）可知，，     所以，     所以，     所以，     所以经过4次迭代后，的近似值与的差值小于． 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 20．当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. (1)若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. (2)若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 【答案】(1)（i）；（ii）； (2)证明见解析. 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【详解】（1）（i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. （2）证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 专题四：导数的单调性全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2017高二·全国·竞赛）设定义在的单调函数，对任意的都有，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． 【答案】B 【分析】对任意的，都有，又是定义在上的单调函数，则为定值，求出其值后得，进而求得 由方程有两个不同的实数根，转化为有两个不同的实数根，令对其求导求得的最小值，从而求得实数的取值范围. 【详解】依题意，对任意的，都有， 又是定义在上的单调函数，则为定值， 设，则， 所以，由已知有两个不同的实数根， 令则，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，取得最小值，所以符合条件的的范围是. 故选：B. 2．（2023高二下·安徽阜阳·竞赛（多选题））下列命题中是真命题有（     ） A．若，则是函数的极值点 B．函数在处的切线方程为，则当时，. C．已知函数 ，则曲线在点处的切线的斜率为. D．若函数的导数，且，则不等式的解集是. 【答案】CD 【分析】由导数的相关内容逐项判断即可. 【详解】对于A，例如在处导数，但当时，函数单调递增，当时，函数也单调递增，故不是函数的极值点，故A选项错误； 对于B，根据导数的定义可知，，即，，故B错误； 对于C，对， 求导可得，，得到，所以， ，所以，，，故C正确； 对于D，令，则有，， 故的解集是，故的解集是，故D正确； 故选：CD. 3．（2022高三·浙江宁波·竞赛（多选题））设函数的定义域为I，区间，如果对于任意的常数，都存在实数，满足，且，那么称是区间上的“绝对差发散函数”．则下列函数是区间上的“绝对差发散函数”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于AB，可利用导数或基本初等函数的性质研究选项中函数的单调性，从而可判断和的范围，进而判断正误，对于CD，可取特殊序列，结合放缩法可判断选项的正误. 【详解】对A，， 当时，，当时，， 故在递减，在递增， 对任意的，存在，使得， 所以， 而当，， 故，A错误； 对B，因为，故在是递增的， 对给定的任意的常数，取， 考虑， 因为，而当时，， 则在上有解，设该解为， 故此时， 则，故B正确； 对C，对给定的任意的常数， 设递增数列满足：， 且为有理数，为无理数，故 则，， 所以， 当时，必有， 故C正确； 对D，对给定的任意的常数， 设， 则 ， 下证：， 设，则， 故在上为增函数，故， 故成立. 在上述不等式中令，则， 故， 当时，有， 故D正确． 故选：BCD． 4．（2024高二下·广西·竞赛）方程的正整数解为 ． 【答案】 【分析】令，，求导可判断其单调性，进而可得从而单调递减，又可得，从而可求解. 【详解】． 令，．则由可知在上单调递减， 从而在上单调递减， 由可得，． 因此，所求的正整数解为． 故答案为：. 5．（2012高二·全国·竞赛）已知函数是定义域为的偶函数，，则 ． 是的导函数，若对任意，使成立，则不等式的解集为 ． 【答案】 /0.5 【分析】由题意知的图象关于对称，所以；构造并判断其单调性，将不等式转化为求解. 【详解】因为函数是定义域为的偶函数， 所以， 所以的图象关于对称， 所以， 令，则， 所以函数在上为减函数， 所以等价于， 所以． 故答案为：； 6．（2023高一下·海南·竞赛）已知，则的大小关系是 . 【答案】 【分析】 首先证明当时，即可得到，从而判断，再判断在上单调递减，即可判断，从而得解. 【详解】 首先证明当时， 构造单位圆，如图所示： 则，设，则， 过点作直线垂直于轴，交所在直线于点， 由，得，所以， 由图可知， 即， 即， 所以当时，，又， 所以，即，，所以，所以， 对于与， 当时，， 则， 所以，即， 事实上：令，， 则， 令，，则， 所以在上单调递减，又，所以在恒成立， 所以，所以在上单调递减， 又当时，所以， 所以，故， 综上可得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用三角函数线证明当时，以及利用导数说明在上的单调性. 7．（2014高二·全国·竞赛）已知定义在R上的函数（是的导数），且，则的值 .（在“小于零、等于零、大于零”中选一个填上） 【答案】大于零 【分析】令，求出函数的奇偶性，利用导数求出函数的单调性，再根据函数的奇偶性和单调性即可得解. 【详解】， 令， 因为，所以为奇函数， ， ∴函数，即函数是奇函数且在上是减函数， ∵，，， ∴，，， ∴，，， ∴， 即. 故答案为：大于零. 8．（2018高二·全国·竞赛）已知函数，则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】构造函数，分析可得为定义域内的偶函数，且在上为递增函数. 变形为，即，分析可得，即可求得最终结果. 【详解】构造函数.由， 可得，因为， 所以为定义域内的偶函数，， ，得 ， 可判断在上为递增函数. 不等式可转化为. 故答案为：. 9．（2015高二·全国·竞赛）函数在区间上的零点个数有 个. 【答案】5 【分析】把函数分解为，，利用导数，三角函数判断即可． 【详解】设，， 恒成立，即为单调递增函数， 又，,故有一个零点在; 由求的个数，由得，， 又,，，，，为零点 所以有4个零点， 又， 可以判断函数在区间上的零点的个数为5个 故答案为：5. 10．（2011高二·全国·竞赛）若函数的增区间为，则的值为 ． 【答案】1 【分析】由题可知函数增区间为，减区间为，利用导数与函数单调性的关系即可求解. 【详解】在上恒成立，恒成立，1； 同理在上恒成立，， 综合得. 故答案为：1 11．（2023高三上·全国·竞赛）已知，，，则这三个数的大小关系为 ．（用“”连接） 【答案】 【分析】构造且，应用导数研究单调性比较大小，通过与的图象比较与的大小，进而得到大小，即可得答案. 【详解】由，，令且，则， 所以在上递减，则，即， 所以， 由，，只需比较与的大小， 根据与，相交于两点，图象如下， 由，结合图知，故， 综上，. 故答案为： 12．（2023高二·全国·竞赛）设，，为正数，.若，为一元二次方程的两个根，且，，是一个三角形的三边长，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用韦达定理可得，再结合三角形三边关系可得，故可求的取值范围. 【详解】解：由条件知， 比较系数得，，若，则，矛盾， 故，， 从而. 由于，故.此时显然. 因此，，，是一个三角形的三边长当且仅当，即， 即，结合，解得. 令，则. 而， 故连续且递增，故的取值范围是， 即. 故答案为：. 13．（2023高二·安徽·竞赛）如果函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的值为 ． 【答案】1 【分析】根据题意得到，求出或，排除不合要求的解. 【详解】由题意得，，由，得， 解得或． 当时，，当时，， 则在区间上单调递增，不满足条件，舍去； 当时，， 当时，，当时，，满足在区间上单调递减，在区间上单调递增，故． 故答案为：1 14．（2022高三·浙江宁波·竞赛）已知实数满足，则 ． 【答案】1 【分析】令，根据其为增函数可得. 【详解】设，则，故在上为增函数， 而即为， 由题可得，所以，即． 故答案为：1 15．（2022高三·浙江金华·竞赛）设正整数满足，则的最小值为 . 【答案】3 【分析】令，利用导数可判断该函数为减函数，从而可求的解，故可求的最小值. 【详解】由，两边取对数得 因为是正整数，所以， 令，则， 令，则，所以在上递减， 则，即，所以在上递减， 所以，解得. 又因为，所以最小正整数的值为3. 故答案为：3. 16．（2024高二下·重庆·竞赛）已知函数，若两不相等的实数满足曲线在点和点处的切线斜率相等，求证:. 【答案】证明见解析 【分析】构造函数，利用导数证明对，有.由变形，结合引理和和差化积可得，然后可证. 【详解】先证一个引理：对，有. 引理的证明:令，故为减函数， 所以当时，，引理得证. 回到原题:，由题知. 不妨设，则，于是由并结合引理可得： ， 即，则，所以. 所以. 17．（2013高二·全国·竞赛）设M是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②函数的导数满足． (1)若函数为集合M中的任意一个元素，证明：方程只有一个实根； (2)判断函数是否是集合M中的元素，并说明理由； (3)设函数为集合M中的任意一个元素，对于定义域中任意，，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据的单调性并结合①判断. （2）验证分别满足题中①②两个条件； （3）不妨设，令， 是单调递减函数，得，证得结论. 【详解】（1）令，则，故是单调递减函数，所以方程，即至多有一解， 又由题设①知方程有实数根，所以方程有且只有一个实数根． （2）易知，满足条件②； 令， 则，． 又在区间上连续，所以在上存在零点， 即方程有实数根，故满足条件①， 综上可知，． （3）不妨设，∵，单调递增， ∴，即， 令，则，故是单调递减函数， ∴，即，∴， 则有． 18．（2016高二·全国·竞赛）已知函数（为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)若，的导数在上是增函数，求实数b的最大值； (3)在（2）的条件下，求证：对一切正整数均成立． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求得答案； （2）由在上是增函数，可知其导数恒成立，继而分离参数，构造函数，结合求解函数的最值，即可求得答案； （3）由（2）可推出，依次令，累加后，利用放缩法结合裂项相消法，即可证明结论. 【详解】（1）由已知得，当时，对， 所以在上单调递增； 当时，由得，由得， 此时的增区间为，减区间为； 综上当时，函数的单调增区间为， 当时，函数的单调增区间为，单调减区间为； （2）时，， 则，令， 由在上是增函数， 故恒成立，从而恒成立， ； （3）由（2）可知，当时，在上是增函数， 故，故在上是增函数，所以， 依次令， 可得， 将以上不等式相加有 ， 所以原不等式得证. 19．（2011高二·全国·竞赛）已知函数，若的图象在点处的切线方程为． (1)求函数的解析式； (2)如果在区间上是增函数，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）将问题转化为对恒成立求解即可． 【详解】（1）的图象在点处的切线方程为， 又，，即①， 又，即切点为，代入得②， 联立①②得：． （2）在上是增函数， 则对恒成立， 即对恒成立， 又在上为增函数， 则在上为增函数， 则， ∴实数的取值范围是． 20．（2024高三上·全国·竞赛）设，函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)是否存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数？若存在，试求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）求导函数，解不等式即可求解函数的单调区间； （2）由题意及图象平移知是上的单调递增函数，则是上的单调递增函数，根据（1）中函数结论即可判断. 【详解】（1）当时，，， 令得，令得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）不存在，理由如下： 假设存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数. 令，则是上的单调递增函数. 又也是上的单调递增函数，令， 则是上的单调递增函数. 但由（1）知函数在上不单调. 故不存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数. 21．（2024高三上·全国·竞赛）设 (1)若，讨论的单调性; (2)若，求的最大值(用表示); (3)若恰有三个极值点，直接写出的取值范围. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减； (2) (3) 【分析】（1）求出的导数，讨论其符号可得其单调性； （2）求出函数的导数，利用隐零点及同构方法得到且，化简后可得最大值； （3）由题设可得的导数有三个不同的变号零点，从而得到，有三个不同的变号零点，设，就、分类讨论可得参数的取值范围. 【详解】（1）时，，故， 令，则， 故在上为减函数，而， 故在上，即，在上，即. 故的单调增区间为，单调减区间为. （2）， 设，， 则，故在为减函数， 而时，，而， 故在上存在唯一的使得， 且当时，即，当时，即 故在上为增函数，在为减函数， 故，其中， 即即， 设，则，故为上的增函数， 而，故，，故， 故. （3）结合（2）可知， 且，有三个不同的变号零点， 而即， 令，， 则， 故当或时，， 当或时，， 故在，上递增； 在，上递减， 而，故， 若，则， 而当时，， 故在上恒成立即在上恒成立， 所以在上为减函数，故至多有一个零点，不合题意. 若即即， 此时， 因，故， 而当时，， 故在上有且只有两个零点， 设它们分别为，且， 故当时，即， 当时，即， 故在为减函数，在上为增函数， 因为，故，故， ， 令，则， 故在上为增函数，故，故， 故，故. ， 设，，则， 故在为增函数，故，所以， 又时，，时，， 故此时有三个不同的零点， 综上，. 【点睛】关键点点睛：对于导数背景下的函数零点问题，注意下面几个关键点： （1）利用导数讨论函数的单调性； （2）必要时利用隐零点讨论，甚至利用同构转化得到零点满足的性质； （3）利用零点存在定理结合图象趋势讨论零点个数. 22．（2023高三上·全国·竞赛）设，满足． (1)证明：若，则当时，． (2)若存在满足，证明． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）构造，求导后得到其单调性，再构造，，得到，从而证明出结论； （2）在（1）的基础上得到结论. 【详解】（1）令， 则， 由于，， 故， 即， 又，，，故， 由于在上单调递减，故， 所以恒成立， 所以在上单调递增， 设，， 则， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 故，故， 所以在上单调递减， 由于，，故， 即， 故，即； （2）存在满足， 即在上有根， 由（1）可得与等号成立的条件均为 故若存在满足，则有. 【点睛】构造函数证明不等式或比较大小，是高考常考题目，需要将不等式变形为同种结构或常见的不等式，如或，再构造出适当的函数进行求解. 23．（23-24高三上·山西大同·期末）已知函数，. (1)求曲线的平行于直线的切线方程； (2)讨论的单调性. 【答案】(1) (2)在上单调递增，在上单调递减 【分析】（1）求函数的导数，利用导数的几何意义求出切点，即可得切线方程； （2）借助导数分析函数的单调性，结合函数的单调性和正余弦函数的性质求解. 【详解】（1）由已知得， 直线的斜率为1，令，得， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 而，所以方程有唯一解，此时， 故曲线的平行于直线的切线只有一条， 即在点处的切线； （2）， 而，因此的正负与的正负一致， 由知，当时，，所以单调递增， 所以等价于， 等价于， 由函数和知，当时，， 即， 当时，，即， 故在上单调递增，在上单调递减. 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高二导数的单调性易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校导数的单调性易错题精选 专题二：名校导数的单调性培优题精选 专题三：导数的单调性新定义试题精选 专题四：导数的单调性全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校导数单调性易错题精选 1．已知函数f(x)，满足在定义域内单调递减，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．对于函数，在上单调递增的必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 3．已知为R上的可导函数，其导函数为，且对于任意的，均有，则（    ） A．， B．， C．， D．， 4．定义：为不超过x的最大整数，区间（或）的长度记为.若关于x的不等式的解集对应区间的长度为1，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（   ） A． B． C． D． 6．函数（其中，且）是其定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知角、满足：，，且，则一定有（   ） A． B． C． D． 8．（多选题）已知函数 ，定义域为 ，则下列结论正确的是（   ） A．若 且 ，则 B．已知 且 ，则 “ ” 是 “ ” 的充分条件 C．方程 有 4 个不同的实数解 D．若 ，则 9．（多选题）已知函数 ，则（    ） A． 为奇函数 B． 在 上单调递减 C． 的图象关于点 对称 D．方程 的实根之和为-4 10．（多选题）纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数．我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的．已知某声音的数学模型是函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称 C．的单调递增区间是 D．的值域是 11．（多选题）已知函数，则下列结论中正确地是（   ） A．当时， B．的图象关于中心对称 C．若，则 D．在上单调递减 12．（多选题）已知函数，则（    ） A．当时， B．当时， C．当且时， D．当且时， 13．（多选题）下列不等关系中正确的有（    ） A． B． C． D． 14．已知定义在上的函数的导函数为，且，，若，则 ． 15．已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为 ． 16．已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为 ． 17．已知的定义域是，且，则不等式的解是 . 18．已知函数 (1)若求的单调区间; (2)若在上不单调，求的取值范围. 19．设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性． 20．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性. 21．若函数满足：对于任意，，都有，则称具有性质． (1)设，，分别判断函数，是否具有性质？并说明理由； (2)（ⅰ）已知奇函数是上的增函数，证明：具有性质； （ⅱ）设函数具有性质，求的范围． 22．函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若不等式对任意的，恒成立，求的取值范围. 专题二：名校导数的单调性培优压轴试题精选 1．已知函数与（且）在上都是增函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 3．（多选题）已知函数，则（   ） A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称 C．在区间单调递增 D． 4．已知函数对任意实数均有，若不等式 (其中)的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（   ） A．1013 B．1015 C．2023 D．2025 6．已知函数，若，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．已知函数，若(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．若是上的单调函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（多选题）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（    ） A．点在上 B．将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点 C．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数 D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 10．（多选题）已知，，且，其中为自然对数的底数，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 11．（多选题）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．的图象关于原点对称 B．的值域为 C．当时，恒成立 D．若在区间上有2024个不同的实数根，则的取值范围是 12．（多选题）过点向曲线引斜率为的切线，切点为，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列的通项为 C．当时， D． 13．已知函数的定义域为为的导数，，当时，，若，则关于的不等式在区间上的解集为 . 14．已知定义在上的偶函数，当时，.且时，恒成立，且，则时，不等式的解集为 . 15．已知函数（其中，且）为其定义域上的单调函数，则实数的取值范围为 . 16．已知函数是奇函数． (1)求a； (2)求曲线在点处的切线方程； (3)证明：函数有且仅有1个零点． 17．已知函数． (1)当时，判断的奇偶性； (2)当为偶数时，方程有解，求的最小值； (3)若存在，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 18．已知函数，其中是常数. (1)当时，求单调性及对称中心； (2)当时，正方形有三个顶点在函数的图象上，求正方形面积的最小值； (3)当时，函数的图象上有且仅有一个内接正方形，求的值与正方形的边长. 19．已知函数，，． (1)若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若，，求函数在上的零点个数． 20．已知函数（）. (1)若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)当时，证明：对于任意的，，有. 专题三：导数的单调性新定义试题精选 1．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“函数”.对于命题； ①设，若函数为“函数”，则； ②设，若函数为“函数”，则满足条件的的整数值至少有4个. 则下列结论中正确的是（   ） A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假 2．是定义在上的函数，为的导函数，若方程在上至少有3个不同的解，则称为上的“波浪函数”.已知定义在上的函数为“波浪函数”，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（   ） A．有对称轴 B．的弦长的最大值为 C．直线被截得弦长的最大值为 D．的面积大于 4．用表示点与曲线上任意一点距离的最大值.已知函数，，，.设是曲线上的动点，当时，的最小值为 . 5．“矩阵”是在研究线性方程组的解法中引出来的概念，在实际问题中应用非常广泛．一个由1行3列数表构成的矩阵记为，由3行3列数表构成的矩阵记为，由3行1列数表构成的矩阵记为．已知矩阵乘是一个矩阵，矩阵乘是一个数．设则 ；若是上的单调函数，则实数的取值范围是 ． 6．已知函数的定义域为，若存在，对任意且，有，则称函数具有性质．给出下列四个函数： ①；        ②； ③；        ④． 其中所有具有性质的函数的序号是 ． 7．已知曲线在点处的切线交轴于点，曲线在点处的切线交轴于点，依此类推，曲线在点（）处的切线交轴于点，其中数列称为函数关于的“切线数列”. (1)若，是函数关于的“切线数列”，求的值； (2)若，是函数关于的“切线数列”，记，求数列的通项公式； (3)若（），是否存在（），使得函数关于的“切线数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 8．设是定义在上的函数，若对于任意的，存在，均有，则称为“函数”． (1)若函数，证明：不是“函数”． (2)若函数，证明：是“函数”． (3)对于区间，定义，已知，且为“函数”，证明：． 9．对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点． (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格增，求证：“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数． 10．已知函数的定义域为，区间，若，则称是在上的不动点，集合为在上的不动点集． (1)求函数在上的不动点集； (2)若函数在上有且只有一个不动点，求的取值范围； (3)若函数在上的不动点集为，求的取值范围. 11．对于函数图像上不同的三点（其中），记点M处的切线为l，若，则称M为函数在区间上的“T点”．特别地，当，则称M为函数在区间上的“和谐T点”． (1)设是函数在区间上的“T点”，若，求实数n的值； (2)设，若函数在区间上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合； (3)设，试探究函数的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间，若存在，求出该区间；若不存在，请说明理由． 12．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为.若在区间单调递增；则称为区间上的凹函数.（这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.） (1)讨论函数，的凹凸性，并求锐角中，求的最小值； (2)已知函数. （ⅰ）当时，讨论的凹凸性； （ⅱ）平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.当时，点在轴右侧且为的“切点”，求点的集合.（不需要写出求解过程） 13．若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 14．设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称作函数的凹区间；反之，则称为区间上的凸函数，区间称作函数的凸区间. (1)已知函数，求的凹、凸区间； (2)如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，，过线段的中点作轴的垂线，与函数图象和轴分别交于，两点，则有. ①将不等关系转化为对应的不等式； ②证明：当，时，恒成立. 15．定义：如果函数在定义域内给定区间上存在实数，满足，那么称函数是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点.例如是区间上的“平均值函数”，0是它的均值点. (1)已知函数、，判断、是否为区间上的“平均值函数”，并说明理由； (2)设是区间上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点，求所有满足条件的整数数对； (3)若是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点，求证：. 16．如果定义域为的函数同时满足以下三个条件：（1）对任意的，总有；（2）；（3）当，且时，恒成立.则称为“友谊函数”.请解答下列问题： (1)已知为“友谊函数”，求的值； (2)判断函数是否为“友谊函数”？并说明理由； (3)已知为“友谊函数”，存在，使得，且，证明：. 17．设使定义在区间上的函数，其导函数为.如果存在实数和函数，其中对任意的都有>0，使得，则称函数具有性质． (1)设函数，其中为实数 ① 求证：函数具有性质； ② 讨论函数的单调性； (2)已知函数具有性质，给定设为正实数，，，且，若，求的取值范围． 18．若函数在上恒有成立（其中为的导函数），则称这类函数为类函数. (1)若函数，试判断是否为类函数； (2)若函数是类函数，求函数的单调区间； (3)若函数是类函数，当，时，证明： 19．如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令． (1)证明：存在唯一零点，且； (2)已知，证明：； (3)经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 20．当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. (1)若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. (2)若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 专题四：导数的单调性全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2017高二·全国·竞赛）设定义在的单调函数，对任意的都有，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． 2．（2023高二下·安徽阜阳·竞赛（多选题））下列命题中是真命题有（     ） A．若，则是函数的极值点 B．函数在处的切线方程为，则当时，. C．已知函数 ，则曲线在点处的切线的斜率为. D．若函数的导数，且，则不等式的解集是. 3．（2022高三·浙江宁波·竞赛（多选题））设函数的定义域为I，区间，如果对于任意的常数，都存在实数，满足，且，那么称是区间上的“绝对差发散函数”．则下列函数是区间上的“绝对差发散函数”的是（    ） A． B． C． D． 4．（2024高二下·广西·竞赛）方程的正整数解为 ． 5．（2012高二·全国·竞赛）已知函数是定义域为的偶函数，，则 ． 是的导函数，若对任意，使成立，则不等式的解集为 ． 6．（2023高一下·海南·竞赛）已知，则的大小关系是 . 7．（2014高二·全国·竞赛）已知定义在R上的函数（是的导数），且，则的值 .（在“小于零、等于零、大于零”中选一个填上） 8．（2018高二·全国·竞赛）已知函数，则不等式的解集为 . 9．（2015高二·全国·竞赛）函数在区间上的零点个数有 个. 10．（2011高二·全国·竞赛）若函数的增区间为，则的值为 ． 11．（2023高三上·全国·竞赛）已知，，，则这三个数的大小关系为 ．（用“”连接） 12．（2023高二·全国·竞赛）设，，为正数，.若，为一元二次方程的两个根，且，，是一个三角形的三边长，则的取值范围是 . 13．（2023高二·安徽·竞赛）如果函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的值为 ． 14．（2022高三·浙江宁波·竞赛）已知实数满足，则 ． 15．（2022高三·浙江金华·竞赛）设正整数满足，则的最小值为 . 16．（2024高二下·重庆·竞赛）已知函数，若两不相等的实数满足曲线在点和点处的切线斜率相等，求证:. 17．（2013高二·全国·竞赛）设M是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②函数的导数满足． (1)若函数为集合M中的任意一个元素，证明：方程只有一个实根； (2)判断函数是否是集合M中的元素，并说明理由； (3)设函数为集合M中的任意一个元素，对于定义域中任意，，证明：． 18．（2016高二·全国·竞赛）已知函数（为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)若，的导数在上是增函数，求实数b的最大值； (3)在（2）的条件下，求证：对一切正整数均成立． 19．（2011高二·全国·竞赛）已知函数，若的图象在点处的切线方程为． (1)求函数的解析式； (2)如果在区间上是增函数，求实数的取值范围． 20．（2024高三上·全国·竞赛）设，函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)是否存在a，使得是上的单调递增函数，且是上的单调递增函数？若存在，试求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 21．（2024高三上·全国·竞赛）设 (1)若，讨论的单调性; (2)若，求的最大值(用表示); (3)若恰有三个极值点，直接写出的取值范围. 22．（2023高三上·全国·竞赛）设，满足． (1)证明：若，则当时，． (2)若存在满足，证明． 23．（23-24高三上·山西大同·期末）已知函数，. (1)求曲线的平行于直线的切线方程； (2)讨论的单调性. 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$