广东省惠来县第一中学2024-2025学年高二下学期期末数学专项复习（函数、导数）

惠来一中高二函数、导数期末复习 一、单选题 1. 设点A,B在曲线上．若的中点坐标为，则（ ） A. 6 B. C. D. 2. 若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围为（    ） A. B. C. D. 3. 若“，”为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，为实数，的导函数为，在同一直角坐标系中，与的大致图象不可能是（ ） A. B. C. D. 5. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 0 6.对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且，设，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 7. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. D. 8.已知是定义域为的偶函数，当时，.若对，，则（ ） A. 与有相同的零点 B. 的图象有无数条对称轴 C. 当时， D. 与的图象仅有一个交点 三、填空题 9. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ． 10. 已知函数的定义域为，对于，恒有， 且满足，则 ． 四、解答题 11. 已知函数在点处的切线与直线相互垂直． （1）求实数的值；（2）求的单调区间和极值． 12. 已知函数的图象在点处的切线方程是. （1）求实数的值；（2）若，求证：. 13.已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，在恒成立，求的取值范围. 14.已知函数，，. （1）当时，求函数的最小值； （2）若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有. 惠来一中高二函数、导数期末复习参考答案 1.【答案】B【解析】【分析】设，根据题意，利用对数运算，求得的值，结合两点间的距离公式，即可求解. 【详解】设，因为的中点坐标为，可得， 整理得，解得或，不妨设， 所以.故选：B. 2.【答案】C【解析】【分析】根据题意，将问题转化为恒成立问题，然后求导得最值即可. 【详解】由，可得，记， 则，所以在单调递增，所以.故选：C 3.【答案】C【解析】【分析】转化为命题的否定为真命题，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案.【详解】由题意得该命题的否定为真命题，即“，”为真命题， 即，令，因为，则，则存在， 使得成立，令，令，则（负舍）， 则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增， 且，，则，则.故选：C. 4.【答案】C【解析】【分析】先通过特值代入易得A项符合，对于B, C, D项，通过图象观察分析可得，结合两函数图象交点的位置舍去C项. 【详解】由可得,对于，当时，在第一象限上递减，对应图象在第四象限且递增，故A项符合；对于在第一象限上与的图象在上都单调递增，故且，则.又由可得，即与的图象交点横坐标应大于1，显然C项不符合，B, D项均符合.故选：C. 5.【答案】C【解析】【分析】利用导数判断单调性，求解出值【详解】因为函数在上连续， 且在上可导，则必有一，使得，又函数， 可得，所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值也最大值，最大值，则当时，λ取得最大值，最大值为．故选：C． 6.【答案】C【解析】【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得. 【详解】令，则，当时，，单调递减. 又因为在中，由余弦定理，，同理可得：，故由可得：，又由正弦边角关系得，则.接着比较与的大小，即比较与的大小， 令，，.令，，，则单调递减，，则，在上单调递减， 又,故，则，所以.故选：C. 【点睛】关键点点睛：结合题设和结论的提示考虑到构建函数并判断其单调性.同时对于三角形中型如结构的二阶结论要有印象，遇到结构相同的解析式时需要同构的思想. 7.【答案】ABD【解析】【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解.【详解】对A，满足，令，则，即，又为偶函数，，故A对； 对B，， ，故的周期， 再根据，即，的图象关于点成中心对称，故B对； 对C，由B知：的周期，故，， 令，则，又当时，， 即，即，， 故，故C错误； 对D，满足，关于中心对称，又当时， 上单调递增； 当时，， 当时，为偶函数， ， ，当且仅当时，即时等号成立，，故D对. 故选：ABD.【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 8.【答案】AC【解析】【分析】由等式化简整理，根据正弦与正切函数性质，可得A的正误，由题意易得B的正误，由题意，根据递推迭代，可得C的正误，由零点存在性定理，举反例，可得D的正误. 【详解】由，， 则，，与的零点均为，，故A正确； 的图象仅有一条对称轴，所以B错误；当时，，所以时，.对，总有成立，所以时，有， 所以，. 同理，当时，，.当时，， ，所以C正确；显然原点为一个交点. 当时，设， 则，，所以，当时有零点. 则与图象在上也有一个交点，D错误.故选：AC. 9.【答案】【解析】【分析】设直线与和的切点分别为，，分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到的值.【详解】和分布求导，得到和. 设直线与和的切点分别为，，则切线方程分别为，，， 化简得，.依题意上述两直线与是同一条直线， 所以，，解得， 所以，故答案为：. 10.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，可得当时，，再借助 变形即可得解. 【详解】函数的定义域为，由，得，即， 又，由，得，解得，则， 于是，由对于，恒有，得当时，， 因此， 而，即有，所以.故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键点是根据题意求得，，进而求得当时，. 11.【解析】【分析】（1）根据，代值计算即可求得参数值； （2）根据（1）中所求参数值，求得，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值. 【小问1详解】因为，在点处的切线斜率为， 又在点处的切线与直线相互垂直，所以，解得. 【小问2详解】由（1）得，，， 令，得，令，得，即的增区间为，减区间为． 又，所以在处取得极小值，无极大值． 【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属简单题. 12.【解析】【分析】（1）先求导，再根据导数几何意义以及切线方程即可求解.（2）先由（1）得解析式，再由解析式结构特征结合导数工具分和两段研究的值的情况即可得证. 【小问1详解】由题， 所以由导数几何意义以及切线方程得. 【小问2详解】由（1），因为，故当时恒成立； 令，则在上恒成立，且当且仅当时， 所以在上单调递增，所以，所以当时 即恒成立，所以当时，，综上得：若，. 13.【解析】【分析】（1）利用导数讨论含参函数的单调性，令、即可求解； （2）由（1）可得，利用二阶导数讨论可知在上单调递减，且，解不等式即可求解. 【小问1详解】由，，， 求导得. 当，由，解得或；由，解得. 当时，恒成立. 当时，由，解得或；由，解得. 综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，的在单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】由（1）知，当时，函数在单调递减，在单调递增， 所以.令，，得. 令，，得， 所以在单调递减，得，所以.所以在上单调 递减.因为且，所以，则，所以a的取值范围为. 14.【解析】【分析】（1）求导判断函数单调性，即可求出最值； （2）设切点为，根据已知求得，则要证，即证，即证，即证，令，， 设，根据函数单调性即可得证. 【小问1详解】当时，，则， 令，解得；令，解得，在区间上 单调递减，在区间上单调递增.，函数的最小值为. 【小问2详解】由已知得，设切点为，则且， 解得，，，. 要证，即证，即证， 即证，令，，原不等式等价于，即， 设，则，在区间上单调递增， ，即成立，所以对任意，都有. 47 1 学科网（北京）股份有限公司 $$