选填09 函数与导数（十二大考点训练+真题模拟题练）-2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用）

2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用） 选填09 函数与导数 【考点01函数的单调性与奇偶性】 【例1】下列函数中，在区间上为严格增函数的奇函数的是（   ） A． B． C． D． 【例2】函数为偶函数的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】已知函数则的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（多选）下列可能是函数（其中）的图象的是（    ） A．   B．   C．   D．   【变式1-3】（多选）已知是上的奇函数，是上的偶函数，且当时，，则下列说法正确的是（   ） A．最小正周期为 B． C． D． 【考点02函数的周期性及对称性】 【例3】已知函数（，）的图象关于点中心对称，则 ． 【例4】已知函数是定义在上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（   ） A． B． C．0 D．1 【变式2-1】已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 【变式2-2】（多选）已知函数，，，则（    ） A． B．是偶函数 C． D． 【变式2-3】已知定义在上的函数满足，若函数与的图象的交点为，，…，，则（    ） A． B．m C．2m D．4m 【考点03函数的零点】 【例5】函数的零点的个数为（     ） A． B． C． D．无法确定，与的取值有关 【例6】（多选）若函数有个零点，且，则（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】已知，则函数在区间上的所有零点之和为 . 【变式3-2】已知定义在上的函数满足，当时，，则方程所有根之和为（） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式3-3】（多选）已知函数，则（   ） A．的零点个数为2 B．当时，有2个不同的零点 C．当时，有4个不同的零点 D．是有1个零点的充要条件 【考点04函数的切线问题】 【例7】若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 【例8】若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值可能是（    ） A． B．4 C． D． 【变式4-1】曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为 【变式4-2】已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求 . 【变式4-3】（多选）已知函数，若曲线过点的切线有两条，则实数的值可以为（    ） A． B． C． D． 【考点05利用导数研究函数的单调性】 【例9】函数的严格减区间为（   ） A． B． C． D．和 【例10】已知在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】（多选）设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为 . 【变式5-3】已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【考点06函数的极值问题】 【例11】已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（   ） A．函数有四个极值点 B．为的极大值点 C．函数在上单调递增 D．函数在上单调递减 【例12】若函数在时取得极大值0，则（    ） A． B．或 C． D． 【变式6-1】函数在时有极小值0，则 ． 【变式6-2】等比数列中的，是函数的极值点，，则（   ） A．1 B． C． D． 【变式6-3】若函数既有极大值也有极小值，则（    ） A． B． C． D． 【考点07函数的最值问题】 【例13】函数的最小值为 ． 【例14】用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（） A． B． C． D． 【变式7-1】函数在时取得极值，则当时，的最大值为（   ） A．-9 B．2 C．10 D．5 【变式7-2】某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1千克莲藕，成本增加1元．种植万千克莲藕的销售额（单位：万元）是，则要使利润最大，每年需种植莲藕（   ） A．8万千克 B．6万千克 C．3万千克 D．5万千克 【变式7-3】在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 【考点08导数求解零点问题】 【例15】已知函数，若方程有三个不同根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【例16】已知函数无零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】已知函数，则函数的零点有 个． 【变式8-2】已知函数有三个零点，则实数的取值范围是 . 【变式8-3】已知，若函数恰有四个零点，则实数k的取值范围是 . 【考点09恒成立问题】 【例17】设函数，若当时恒成立，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【例18】已知，关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是 . 【变式9-1】已知函数恒成立，实数的取值范围为 ． 【变式9-2】若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式9-3】对任意的， 不等式恒成立， 则实数的取值范围为 . 【考点10比较大小】 【例19】已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【例20】与的大小关系是（    ） A． B． C． D．不能确定 【变式10-1】已知函数，则（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】已知奇函数在R上是减函数，，若则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【变式10-3】已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【考点11由导函数构造原函数】 【例21】若函数在上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【例22】设函数是R上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（   ） A． B． C． D． 【变式11-1】已知定义在上的函数的导数为，且，，则不等式的解集为（      ） A． B． C． D． 【变式11-2】定义在上的函数的导函数为，都有，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式11-3】（多选）已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【考点12同构问题】 【例23】已知函数，，若在上恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 【例24】已知函数，.若，则k的取值范围为 . 【变式12-1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的最小值为（ ） A． B．1 C． D． 【变式12-2】（多选）已知对任意，不等式恒成立，则实数的可能取值为（    ） A．1 B． C．e D． 【变式12-3】已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 1．（2024·25高二下·江苏镇江·期中）函数的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川·三模）已知直线是曲线的一条切线，则（   ） A．1 B．2 C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）已知为偶函数，则实数（    ） A．0 B．1 C． D． 4．（2025·河南·二模）已知是减函数，则函数的大致图象为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河南·三模）已知为定义在上的奇函数，若在上单调递减，则满足不等式的实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（2024·25高二下·广东东莞·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（   ） A．1 B． C．2 D．3 7．（2025·安徽·模拟预测）已知函数和，若存在实数，使得，则的最小值为（   ） A．-e B．-1 C． D． 8．（2025·辽宁辽阳·二模）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的定义域为 B．的值域为 C．是奇函数 D．在上单调递减 9．（2025·浙江杭州·二模）（多选）设函数，则（   ） A．是偶函数 B． C．在区间上单调递增 D．为的极小值点 10．（2025·四川成都·模拟预测）（多选）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．对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线 D．的面积大于 11．（2024·25高一上·湖北宜昌·阶段练习）已知函数的值域为R，则m的取值范围是 ． 12．（2025·海南·模拟预测）已知为奇函数，若与的图象有10个交点，设交点的横坐标从小到大依次为，则 . 13．（2025·河南·模拟预测）已知是函数的图象上一点，函数满足，则坐标原点到曲线在点处的切线的距离为 . 14．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知定义在上的函数的图象上任意一点处的切线方程是，且在区间上不是单调递增的，则实数的取值范围是 ． 15．（2025·湖南岳阳·二模）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则 . 1．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·天津·高考真题）设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（   ） A． B． C． D． 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 9．（2024·广东江苏·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 10．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 11．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 12．（2024·广东江苏·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用） 选填09 函数与导数 【考点01函数的单调性与奇偶性】 【例1】下列函数中，在区间上为严格增函数的奇函数的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于A，是偶函数，不符合奇函数要求，故A错误； 对于B，既不是奇函数也不是偶函数，故B错误； 对于C，是非奇非偶函数，故C错误； 对于D，，其定义域为关于原点对称，且，是奇函数， 同时在上是严格增函数，故D正确. 故选：D. 【例2】函数为偶函数的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若为偶函数，则对任意的恒成立， 即， 所以对任意的恒成立，故； 若，则， 所以，故为偶函数， 所以为偶函数的充要条件为. 故选：B． 【变式1-1】已知函数则的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】当时，，，； 当时，，，； 且当时，， 所以为奇函数， 易知为上的递减函数， 则， 所以原不等式的解集为. 故选：A 【变式1-2】（多选）下列可能是函数（其中）的图象的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】BCD 【详解】A选项中的图象关于y轴对称，是常函数但是不能是常函数，A选项错误； B选项中的图象关于原点对称，可得函数的定义域为，可得，函数满足题意，B选项正确； C选项中的图象，由定义域得，由图象在y轴截距为正得，当时，符合条件，C选项正确； D选项中的图象，由定义域得，由图象在y轴截距为零得，当时，符合条件，D选项正确； 故选：BCD 【变式1-3】（多选）已知是上的奇函数，是上的偶函数，且当时，，则下列说法正确的是（   ） A．最小正周期为 B． C． D． 【答案】BCD 【详解】因为是偶函数， 所以， 又因为是奇函数，所以，所以， 所以， 所以，所以的周期为，故A错误； 又当时，， 所以，选项B正确； ，选项C正确； ，选项D正确. 故选：BCD. 【考点02函数的周期性及对称性】 【例3】已知函数（，）的图象关于点中心对称，则 ． 【答案】 【详解】因关于点中心对称，则， 即， 该式成立与x的取值无关，则，且， 因，则，则． 故答案为： 【例4】已知函数是定义在上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（   ） A． B． C．0 D．1 【答案】B 【详解】由函数的图象关于点中心对称可知， ，即， 可得，因此函数具有对称轴， 由，可得， 由为上的偶函数且具有对称轴，可得． 故选：B． 【变式2-1】已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 【答案】B 【详解】因为是奇函数，所以为偶函数， 所以，即，故的图象关于直线对称， 由的图象关于直线对称得， 即， 即，所以关于对称， 所以，所以， 故是奇函数，所以B选项正确； 因为，又，所以， 即，所以，故C选项错误； 不能得到的奇偶性与的值，故A，D选项错误. 故选：B 【变式2-2】（多选）已知函数，，，则（    ） A． B．是偶函数 C． D． 【答案】CD 【详解】当，，则， ， 所以是以4为周期的函数， 又时，，作出的图象如图所示， 对于A，，故A错误； 对于B，由图象可得是奇函数，故B错误； 对于C，由图象可得关于直线对称，所以，故C正确； 对于D，由C选项可得，又，则，故D正确. 故选：CD. 【变式2-3】已知定义在上的函数满足，若函数与的图象的交点为，，…，，则（    ） A． B．m C．2m D．4m 【答案】B 【详解】由函数满足，可得函数的图象关于点中心对称， 又由函数，可得， 则，所以的图象也关于点中心对称， 所以两个函数和的图象的交点也关于点对称， 则两个对称点的纵坐标之和为，可得. 故选：B. 【考点03函数的零点】 【例5】函数的零点的个数为（     ） A． B． C． D．无法确定，与的取值有关 【答案】A 【详解】因为时，由指数函数的图象与性质知， 当时，，，所以， 当时，，，所以， 又当时，，所以函数只有一个零点，    故选：A. 【例6】（多选）若函数有个零点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】依题意可得，令，即或， 即或或或， 解得，，，， 所以，故A正确； ，故B正确； （，等号不成立），故C正确； 当且仅当时取等号， 因为，故D错误. 故选：ABC 【变式3-1】已知，则函数在区间上的所有零点之和为 . 【答案】5 【详解】令，，则， 所以在上的所有零点之和即为和在上的零点之和， 在上单调递增，且，在上的零点为， 所以 当分别等于，即x分别等于时，， 在上的零点为. 在上的所有零点之和为， 故答案为：5． 【变式3-2】已知定义在上的函数满足，当时，，则方程所有根之和为（） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】D 【详解】由，得函数的图象关于点对称， 由，得，则函数的图象关于直线对称， 且有，则，于是是以4为周期的周期函数， 又当时，，即函数在上单调递增， 又，根据对称性可知，函数在上单调递增， 则在上单调递增，在上单调递减，所以， 由，得， 则方程的根即为函数的图象与直线交点的横坐标， 而直线关于点对称，即函数的图象与直线都关于点对称， 在同一坐标系内作出函数的图象与直线，如图所示. 观察图象可知，函数的图象与直线在上有6个交点， 由中心对称的性质知，函数的图象与直线在上有6个交点， 因此函数的图象与直线的所有交点横坐标和为， 所以方程所有根之和为13． 故选：D. 【变式3-3】（多选）已知函数，则（   ） A．的零点个数为2 B．当时，有2个不同的零点 C．当时，有4个不同的零点 D．是有1个零点的充要条件 【答案】BC 【详解】对于A，当时，，当且仅当取等号， 当时，由，，解得，因此的零点个数为1，A错误； 对于B，当时，由，得或， 当时，在上单调递增，，， ，则由，得；由，得，有2个不同的零点，B正确； 对于C，令，由，得，， 当时，方程有两个不等实根，则， ，，因此，函数的图象，如图： 直线与的图象有两个交点，则方程有两个不等的负根， 直线与的图象有两个交点，则方程有两个不等的正根， 因此有4个不同的零点，C正确； 对于D，当时，由选项C知，方程有两个不等实根， 则，，，因此， 观察图象知，直线、与的图象没有交点，即无零点，D错误. 故选：BC 【考点04函数的切线问题】 【例7】若直线是曲线的一条切线，则实数的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】由，则，设切点为，则，解得， 所以切点为，则，解得. 故选：C 【例8】若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值可能是（    ） A． B．4 C． D． 【答案】ABD 【详解】因为，所以， 设切线与曲线相切于点，则斜率为， 所以切线方程为，即， 因为，所以， 设切线与曲线相切于点，则斜率为， 所以切线方程为，即， 由，所以， 令， 则， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 所以，所以正实数a的取值可能是，，. 故选：. 【变式4-1】曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为 【答案】/-0.5 【详解】根据导数的几何意义，， 当时，，所以切线的斜率是2， 切线与直线垂直， 所以直线的斜率，解得： 故答案为： 【变式4-2】已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求 . 【答案】或 【详解】由，得，当时，切线的斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 因为它与曲线只有一个公共点， 所以方程只有一解，即有唯一解， 所以时，，符合题意， 或，解得. 故答案为：或. 【变式4-3】（多选）已知函数，若曲线过点的切线有两条，则实数的值可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】设切点为，直线的斜率为，又， 则，所以切线方程为， 将代入化简得， 因为过点的切线有两条，所以得到方程有两个不同的实数解， 所以，且，解得或， 即实数的取值范围为. 则实数的值可以为和，故C，D正确. 故选：CD 【考点05利用导数研究函数的单调性】 【例9】函数的严格减区间为（   ） A． B． C． D．和 【答案】D 【详解】函数的定义域为， ， 令，得或， 所以函数的严格减区间为和. 故选：D. 【例10】已知在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由可得， 由于在上单调递增，故在上恒成立， 故在上恒成立，进而在上恒成立， 记，则 由于，故当在单调递减，当在单调递增， 故在处取到最大值，故，故， 故选：A 【变式5-1】（多选）设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】对于选项A，若为的图象，当时，，在单调递增； 当时，，在单调递增，图象可能正确，故A正确； 对于选项B，若为的图象，，在上单调递增，图象可能正确，故B正确； 对于选项C，若为的图象，当时，，为常函数；当时，，在单调递增，图象可能正确，故C正确； 对于选项D，若为的图象，当时，，在单调递增，不符合； 若为的图象，当时，，在单调递减，不符合； 当时，，在单调递减，也不符合，故D错误； 综上，故选ABC． 【变式5-2】已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为 . 【答案】 【详解】∵，∴. 当时，，∴函数在上单调递增，不符合题意； 当时，令，解得；令，解得， ∵函数在上不单调，∴，解得. 故答案为：. 【变式5-3】已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知：，即在上有解， 又因为在上单调递增，则， 则，所以实数的取值范围是. 故选：B. 【考点06函数的极值问题】 【例11】已知函数的导函数的图象如图所示，则下列判断正确的是（   ） A．函数有四个极值点 B．为的极大值点 C．函数在上单调递增 D．函数在上单调递减 【答案】D 【详解】由图可知，时，， 所以函数在和上单调递增， 时，， 所以函数在和上单调递减， 所以函数的极大值点为，极小值点为， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 【例12】若函数在时取得极大值0，则（    ） A． B．或 C． D． 【答案】C 【详解】由题知，， 由在时取得极大值，∴，解得或， 经检验，当时，， 由，，所以在上单调递减； 由，，所以在上单调递增； 此时在时取得极大值，满足题意，故， 当时，，则在上单调递增，不符合题意，故舍去； ∴，将代入，解得， 所以. 故选：C. 【变式6-1】函数在时有极小值0，则 ． 【答案】11 【详解】因为， 所以， 因为函数在时有极小值0， 所以，① ，② 联立①②解得或， 当时，， 则函数在上单调递增，无极值，不满足题意； 当时，， 由解得或，由解得， 函数在单调递增，单调递减，单调递增， 满足函数在时有极小值， 所以， 故答案为：11. 【变式6-2】等比数列中的，是函数的极值点，，则（   ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【详解】由求导得. 由或； 由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以函数的极大值点为，极小值点为. 由题意可知，所以. 故选：A 【变式6-3】若函数既有极大值也有极小值，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意， 又函数既有极大值也有极小值，故方程有两个不相等的正根， 故，则，排除ACD. 因为，故异号，故. 故选：B 【考点07函数的最值问题】 【例13】函数的最小值为 ． 【答案】/ 【详解】，， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得最小值. 故答案为： 【例14】用半径为1的圆形铁皮剪出一个扇形制成一个圆锥形容器，容器高为，当容器的容积最大时，（） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为，体积为，则， 因此， 可得， 令，解得， 当时，，函数在区间上单调递增；当时，，函数在区间上单调递减； 所以当时，取到极大值，并且这个极大值为最大值， 故选：D. 【变式7-1】函数在时取得极值，则当时，的最大值为（   ） A．-9 B．2 C．10 D．5 【答案】D 【详解】函数，求导得， 由函数在时取得极值，得，解得， ，当时，，当时，， 则是的极值点，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的最大值为. 故选：D 【变式7-2】某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万千克，每种植1千克莲藕，成本增加1元．种植万千克莲藕的销售额（单位：万元）是，则要使利润最大，每年需种植莲藕（   ） A．8万千克 B．6万千克 C．3万千克 D．5万千克 【答案】D 【详解】种植万千克莲藕的销售额是，成本为：， 则利润，， 求导得，当时，；当，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，也即当利润最大时，每年需种植莲藕万千克. 故选：D 【变式7-3】在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 【答案】C 【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数， 则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为， 故恒成立， 故在R上单调递增，则A，B显然错误； 对于C，D，， 由图像可知时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也为最大值，且，C正确，D错误． 故选：C 【考点08导数求解零点问题】 【例15】已知函数，若方程有三个不同根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数的定义域为R，且在R上单调递增， ，即， 方程，即，于是， 即，令，依题意，直线与函数的图象有三个不同的交点， 求导得，当时，， 当时，，函数在上递减，在上递增， 当时，取极小值；当时，取极大值为， 而当或时，恒有， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象得，原方程有三个不同实根，所以实数的取值范围为， 故选：A 【例16】已知函数无零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】函数无零点，即关于的方程在上没有实根， 也即方程在上没有实根. 设，则， 由可得，由可得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 则时，函数取得极大值为， 当则，当则， 作出函数的图象，可得其值域为，故. 故选：B. 【变式8-1】已知函数，则函数的零点有 个． 【答案】3 【详解】的定义域为R，， 由，得或，由，得， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，极小值为， 又，， 所以函数在，，上各有一个零点， 所以函数有三个零点． 故答案为：3 【变式8-2】已知函数有三个零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【详解】由题可得，函数最多只有一个零点. 若零点存在，则，解得， 又由，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 且当时，， 所以最多有两个零点. 因为有三个零点，所以有两个零点， 则， 解得，所以实数的取值范围为. 综上可得：实数的取值范围为. 故答案为： 【变式8-3】已知，若函数恰有四个零点，则实数k的取值范围是 . 【答案】 【详解】当时，， 令，可得：， 令， 则， 对于函数，对称轴为，所以函数在上单调递减，当时，. 所以，当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减. 又因为当时，；当时，取得极小值； 当时，；当时，， 作出函数的大致图象如图所示： 因为函数恰有四个零点，所以直线与的图象有四个交点， 所以， 故答案为：. 【考点09恒成立问题】 【例17】设函数，若当时恒成立，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，， 所以， 令，， 所以， 当，即时，对任意，恒成立， 所以在上单调递增，所以，即， 所以在上单调递增，所以，符合题意； 当，即时，存在使得， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，， 所以，所以在上单调递减， 所以当时，，与题意矛盾，舍去， 所以实数的取值范围是. 故选：. 【例18】已知，关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是 . 【答案】 【详解】因为关于的不等式对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即恒成立（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以，即的取值范围是. (令，则，，所以在上存在零点). 故答案为： 【变式9-1】已知函数恒成立，实数的取值范围为 ． 【答案】 【详解】由原式恒成立，等价于恒成立， 令，则的最小值为的最大值. 则， 令，得方程，解得（为唯一解），即， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 因此，是的极大值点，即最大值点， 所以的最大值为， 由，得，即， 所以， 因此， 故答案为：. 【变式9-2】若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】不等式可化为，，又， 所以，故， 由已知不等式在上恒成立， 因为有意义，故，又，所以， 当时，不等式恒成立， 设，， 则， 因为，所以， 所以函数在上单调递增， 所以，故， 令，则， 令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以， 故， 所以， 所以的取值范围为 故选：C. 【变式9-3】对任意的， 不等式恒成立， 则实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】由已知， 不等式恒成立， 即在上恒成立， 设，， 则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 即函数在处取得最大值为， 所以， 故答案为：. 【考点10比较大小】 【例19】已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减. 所以在时取到最大值， 因为， 又因为在上单调递增，所以，所以. 故选：B 【例20】与的大小关系是（    ） A． B． C． D．不能确定 【答案】C 【详解】令，则， 则在上单调递减，则， 即，即，即， 因为增函数，则. 故选：C 【变式10-1】已知函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由求导，， 因对于，都有成立，故， 即函数在上单调递增， 又，故. 故选：B. 【变式10-2】已知奇函数在R上是减函数，，若则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，，， 且，时. 因，所以，故为偶函数. 当时，，因，，所以. 即在上单调递减. ， 因，所以， 即. 故选：A. 【变式10-3】已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，则， 所以在上单调递增，所以， 即，所以，则，即； 令，则， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 所以（当且仅当时取等号），所以， 即（当且仅当时取等号），所以， 所以即， 综上所述：. 故选：D. 【考点11由导函数构造原函数】 【例21】若函数在上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，则，而正负不确定， 则函数的单调性不确定，当时，的大小关系不确定，AC错误； 令，由，得，函数为R上的单调递减， 由，得，即，B错误，D正确. 故选：D 【例22】设函数是R上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令， ∵函数在上是可导的偶函数， ∴在上也是偶函数 又当时，，∴， ∴， ∴在上是增函数 ∵， 由得 即不等式转化为， ∴x不为0时有， 而x为0时，不等式显然成立， ∴不等式的解集为. 故选：C. 【变式11-1】已知定义在上的函数的导数为，且，，则不等式的解集为（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，联想到积的导数公式，故构造函数， 则，故在上单调递减， 又，所以不等式即的解集为. 故选：B. 【变式11-2】定义在上的函数的导函数为，都有，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，. 由，得， 则，即， 设，则， 可得，则在定义域上单调递减， 对于A，可得，则， 得到，即，故A错误， 对于B，可得，则， 得到，即，故B错误， 对于C，可得，则， 而由两角和的正弦公式得， 得到，故C正确， 对于D，可得，则， 而由两角和的正弦公式得， 得到，故D错误. 故选：C 【变式11-3】（多选）已知定义在上的函数的导数为，若，且，则下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】因为当时，， 令，可得，所以在上单调递增. 因为，可得， 对于A，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故A正确； 对于B，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故B错误； 对于C，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故C正确； 对于D，因为在上单调递增，所以，即，化简可得，故D错误； 故选：AC. 【考点12同构问题】 【例23】已知函数，，若在上恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，则，等价于， 令，因为，所以在上单调递增， 所以， 所以，等价于， 令，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以，因此， 故选：B 【例24】已知函数，.若，则k的取值范围为 . 【答案】 【详解】因为，所以. 由得， 即， 即. 构造函数， 则可化为. 因为， 令，则， 令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以时，取得最小值，即， 所以在上恒成立， 即在上恒成立，所以在上单调递增. 因为，所以， 即，即. 令，则， 令，即，解得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以时，取得最大值，即， 所以，所以. 故答案为：. 【点睛】利用导数证明和判断不等式问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系. 【变式12-1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的最小值为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【详解】因为，不等式成立，即， 又，则恒成立， 令，可得， 当，，单调递增， 则不等式恒成立等价于恒成立， 即恒成立，即恒成立， 设，可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当，函数取得最大值，最大值为， 所以，即，则实数m的最小值为． 故选：C． 【变式12-2】（多选）已知对任意，不等式恒成立，则实数的可能取值为（    ） A．1 B． C．e D． 【答案】ABC 【详解】由，可化为， 则又可化为， 令，则，令，得， 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 故，且当，. 再令，则， 则关于的不等式在恒成立， 即在恒成立， 令，， 则，由解得， 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 所以， 要使在恒成立，则. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：解决指对混合不等式时，通常需要利用指对运算挖掘同构特点（指对同构）进行整体代换，从而构造新函数解决问题，其运算实质还是指对互化与指数、对数恒等式的变换.常见变形方式有：. 【变式12-3】已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【详解】因为对任意的，不等式恒成立， 所以对任意的，不等式恒成立，即恒成立， 因为，所以， 设，则，又，所以， 所以在上单调递增， 由，可得，所以对恒成立， 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，所以， 所以的最小值为. 1．（2024·25高二下·江苏镇江·期中）函数的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】函数的定义域为， 因为，所以， 令，即，所以，解得， 所以函数的单调递增区间为. 故选：B. 2．（2025·四川·三模）已知直线是曲线的一条切线，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【详解】设，， 设切点为，根据切线斜率为1，则， 解得，则，则切点坐标为，则，解得. 故选：C. 3．（2025·河南·模拟预测）已知为偶函数，则实数（    ） A．0 B．1 C． D． 【答案】C 【详解】易得函数的定义域为，由是偶函数，得恒成立， 可得，故. 故选：C 4．（2025·河南·二模）已知是减函数，则函数的大致图象为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为是减函数，且是增函数， 所以， 因为， 又当时，， 所以函数的图象是对称轴为直线，顶点为，开口向上的抛物线的一部分，只有选项B符合题意. 故选：B. 5．（2025·河南·三模）已知为定义在上的奇函数，若在上单调递减，则满足不等式的实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为是奇函数，则可化为． 又在上单调递减且是定义在上的奇函数，所以在上单调递减． 则，解得或， 即实数a的取值范围是． 故选：C 6．（2024·25高二下·广东东莞·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】D 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 7．（2025·安徽·模拟预测）已知函数和，若存在实数，使得，则的最小值为（   ） A．-e B．-1 C． D． 【答案】C 【详解】因为， 所以，而， 故，又在定义域上单调递增，则， 于是． 设，则， 当时，，单调递减， 当时，单调递增， 所以． 故选：C. 8．（2025·辽宁辽阳·二模）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的定义域为 B．的值域为 C．是奇函数 D．在上单调递减 【答案】BCD 【详解】的定义域为，值域为，A错误，B正确． 是奇函数，C正确． 当时，，函数在上单调递减， 函数在上单调递增，所以在上单调递减，D正确． 故选：BCD 9．（2025·浙江杭州·二模）（多选）设函数，则（   ） A．是偶函数 B． C．在区间上单调递增 D．为的极小值点 【答案】BD 【详解】的定义域为，故为非奇非偶函数，故A错误， 由于，且，故 当时，，此时，当时，，此时， 当时，，因此，B正确， 对于C, ，当时，，此时，因此在单调递减，故C错误， 对于D，，当时，，故，当时，，此时，因此在单调递减，在单调递增，为的极小值点，D正确， 故选：BD 10．（2025·四川成都·模拟预测）（多选）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．对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线 D．的面积大于 【答案】ACD 【详解】A项，由题意，由， 的反函数为，两者关于对称， 故A正确， B项，， 令， 当时，；当时，； 在上单调递减；上单调递增， 注意到， 在内有一个零点， 另一个零点为， ，故B错误. C项，设的中点为    设上存在一点， 则关于点的对称点为 ∵函数与互为反函数， ∴在上， ∴关于中点对称， 即在封闭图形中，总存在与任意一点关于中点对称的点， 使得直线平分封闭图形， ∴对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线，C正确； 对于D，如图，只需考察曲线上到距离的最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令，此时， 到的距离，   ，故D正确. 故选：ACD. 11．（2024·25高一上·湖北宜昌·阶段练习）已知函数的值域为R，则m的取值范围是 ． 【答案】 【详解】由于的值域为R，当时，， 所以，解得． 故m的范围是. 故答案为：. 12．（2025·海南·模拟预测）已知为奇函数，若与的图象有10个交点，设交点的横坐标从小到大依次为，则 . 【答案】30 【详解】因为为奇函数，所以的图象关于原点对称， 又的图象可由的图象向右平移3个单位长度得到， 所以的图象关于点对称. 又的图象也关于点对称， 所以与的图象的交点关于点对称， 所以， 故. 故答案为：30. 13．（2025·河南·模拟预测）已知是函数的图象上一点，函数满足，则坐标原点到曲线在点处的切线的距离为 . 【答案】 【详解】，因为， 所以，解得，故， 故在处的切线方程为， 故坐标原点到曲线在点处的切线的距离为. 故答案为：. 14．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知定义在上的函数的图象上任意一点处的切线方程是，且在区间上不是单调递增的，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【详解】由已知得，若，则，满足是增函数； 若，由得，或，也满足在上单调递增； 若，由得，或，若在上单调递增，需满足，即，解得，在上单调递增时，实数的取值范围是或， 在区间上不是单调递增时，实数的取值范围是． 故答案为：． 15．（2025·湖南岳阳·二模）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则 . 【答案】0或2 【详解】由得，当时，切线的斜率， 则曲线在点处的切线方程为， 因为它与只有一个公共点，所以有唯一解， 即有唯一解， 故或， 解得或， 故答案为：0或2 1．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 2．（2024·天津·高考真题）设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 3．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. 4．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对A，设，函数定义域为，但，，则，故A错误； 对B，设，函数定义域为， 且，则为偶函数，故B正确； 对C，设，， ，则不是偶函数，故C错误； 对D，设，函数定义域为， 因为，且不恒为0， 则不是偶函数，故D错误. 故选：B. 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【详解】解法一：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断. 6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 7．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 8．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 9．（2024·广东江苏·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 10．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 11．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 【答案】 【详解】令，即， 由题可得， 当时，，有，则，不符合要求，舍去； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，或（正值舍去）， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 令，即， 故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得， 由的渐近线方程为， 即部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递增， 故有，解得，故符合要求； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，（负值舍去）或， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得， 部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递减， 故有，解得，故符合要求； 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究. 12．（2024·广东江苏·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 2 学科网（北京）股份有限公司 $$