专题03 函数与函数（期末真题汇编，广东专用）高三数学上学期人教A版

专题03 函数与导数 5大高频考点概览 考点01 函数及其性质 考点02 指数、对数、幂函数图象与性质 考点03 函数的零点与方程 考点04 导数及其应用 考点05 导数的综合压轴问题（解答题） 地 城 考点01 函数及其性质 一、单选题 1．（24-25高三上·广东湛江·期末）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的函数是（      ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）设函数，则“”是“的图象关于对称”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数满足，且是奇函数，若，则（   ） A．-6 B．-3 C．3 D．6 5．（24-25高三上·广东·期末）已知函数满足，则（   ） A．1 B．2025 C． D． 6．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知函数，下列函数是奇函数的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（24-25高三上·广东·期末）已知函数的定义域为，对任意，恒有，且，则（   ） A． B． C．既不是奇函数，也不是偶函数 D． 8．（24-25高三上·广州·期末）已知函数的定义域均为，且，则下列选项一定正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．是奇函数 C．是偶函数 D．的图象关于直线对称 9．（24-25高三上·广东·期末）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，则下列正确的有（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数的定义域为，且，若，则（    ） A． B．不是偶函数 C．的一个周期为4 D． 11．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B． C． D．若，则 三、非选择题 12．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知为定义在上的奇函数，当时，，则 . 13．（24-25高三上·广东·期末）已知函数，为奇函数，其中，则 14．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数，则= 地 城 考点02 指数、对数、幂函数图象与性质 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知，，，则、、的大小关系是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·广东·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·广东·期末）对任意的,（且）恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（23-24高三上·广东深圳·期末）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高三上·广东龙岗·期末）若函数是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 二、非选择题 8．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数，且，则 ． 9．（24-25高三上·广东广州·期末）已知，则 . 10．（23-24高三上·广东深圳·期末）函数是奇函数，则 . 11．（23-24高三上·广东东莞·期末）若函数的图象关于对称，则 ，的最小值为 ． 地 城 考点03 函数的零点与方程 一、单选题 1．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，若存在实数，使得方程有个不同的实数根、、、，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·广州·期末）如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数在内有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数（，且），下列说法正确的是（   ） A．当时，可能存在两个零点 B．若恒成立，则 C．若恒成立，则的最小值为 D．若恒成立，且，则 三、非选择题 6．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，且． (1)求的值； (2)若函数存在零点，求a的取值范围； (3)若，证明：． 地 城 考点04 导数及其应用 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C．0 D． 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·广东·期末）若函数在区间上单调递增，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·广东潮州·期末）已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·广东潮州·期末）若满足，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·广东深圳·期末）函数，若存在，使有解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·广东深圳·期末）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·广东梅州·期末）已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高三上·广东潮州·期末）若函数在上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 12．（24-25高三上·广东·期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高三上·广东深圳·期末）定义在上的函数满足是函数的导函数，则（    ） A． B．曲线在点处的切线方程为 C．在上恒成立，则 D． 三、非选择题 14．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，曲线在，两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于，两点，设△面积为，若恒成立，则的最小值为 ． 15．（24-25高三上·广东龙岗·校考期末）已知函数且，若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为 ． 16．（23-24高三上·广东潮州·期末）设函数，已知直线与函数的图象交于两点，且的最小值为（为自然对数的底），则 ． 地 城 考点05 导数的综合压轴问题（解答题） 一、非选择题 1．（24-25高三上·广东·期末）已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：. 2．（24-25高三上·广东湛江·期末）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. 3．（24-25高三上·广东·期末）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在区间上有唯一的零点，求的取值范围． 4．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)求证：当时，； (3)当，时，恒成立，求实数的取值范围． 5．（24-25高三上·广东·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求实数的取值范围. 6．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若的导函数有最小值，且是增函数，求的取值范围． 7．（24-25高三上·广东深圳·期末）设函数. (1)当时，证明：：(2)已知有两个极值点.（i）求的取值范围； （ii）若曲线在点处的切线与有且仅有一个交点，求的值. 8．（24-25高三上·广东广州·期末）设函数（，，）. (1)当时，求的最小值；(2)讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由； (3)当时，都有，求实数a的取值集合. 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数. (1)求的极值； (2)已知，证明：. 10．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知函数，. (1)若，求实数的值； (2)当时，证明：. 11．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数． (1)若的最值为，求实数的值； (2)当时，证明：． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数与导数 5大高频考点概览 考点01 函数及其性质 考点02 指数、对数、幂函数图象与性质 考点03 函数的零点与方程 考点04导数及其应用 考点05导数的综合压轴问题（解答题） 地 城 考点01 函数及其性质 一、单选题 1．（24-25高三上·广东湛江·期末）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的函数是（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用基本初等函数的单调性与奇偶性逐项判断即可. 【详解】对于A选项，函数为奇函数，且该函数在上单调递增，A不满足要求； 对于B选项，函数的定义域为， 设，则，即函数为偶函数 ， 当时，，则函数在上单调递增，B满足要求； 对于C选项，函数为奇函数，且该函数在上单调递减，C不满足要求； 对于D选项，函数为偶函数，且该函数在上单调递减，D不满足要求.故选：B. 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知为定义在上的奇函数，，当时，单调递减，当时，单调递增，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合函数奇偶性、单调性画出的大致图象，结合图像即可求解； 【详解】因为为定义在上的奇函数，所以．又，所以．根据题意作出的大致图象如图所示，    等价于或由图可得．故选：D 3．（24-25高三上·广东深圳·期末）设函数，则“”是“的图象关于对称”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据的图象关于对称等价于恒成立，求出的值，即可判断充分性和必要性. 【详解】由题意，函数的定义域为. 因为函数的图象关于对称恒成立， 即恒成立， 化简得恒成立，即，解得. 因为“”是“”的必要不充分条件， 所以“”是“的图象关于对称”的必要不充分条件.故选：C. 4．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数满足，且是奇函数，若，则（   ） A．-6 B．-3 C．3 D．6 【答案】C 【分析】先根据函数是奇函数得出，再结合已知条件得出周期，最后计算求解即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 所以．因为， 所以，所以，即是周期为4的周期函数， 则．故选：C. 5．（24-25高三上·广东·期末）已知函数满足，则（   ） A．1 B．2025 C． D． 【答案】C 【分析】根据函数解析式得到定义域满足，再由题意得到函数的图象关于直线对称，从而可得定义域关于对称，求出；再结合求出，从而可求出结果. 【详解】函数的定义域满足，等价于， 由可知的图象关于直线对称，故的定义域关于对称， 则的解集只能为，故． 由，可得， 故， 则，解得，故．故选：C． 6．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知函数，下列函数是奇函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别求出每个选项中的函数的表达式，确定其定义域，结合奇函数的定义判断，即可得答案. 【详解】由于，定义域为 故，定义域为， ，即不是奇函数，A错误； ，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，B错误； ，定义域为，不关于原点对称，即不是奇函数，C错误； ，定义域为，， 即为奇函数，D正确，故选：D 二、多选题 7．（24-25高三上·广东·期末）已知函数的定义域为，对任意，恒有，且，则（   ） A． B． C．既不是奇函数，也不是偶函数 D． 【答案】ABD 【分析】应用已知条件结合赋值法计算求值判断A，B，D，最后应用偶函数定义判断C. 【详解】取，得，所以，故A正确； 取，得，所以，故B正确； 取，得，取，得是偶函数，故C错误； 取，得，所以，故D正确．故选:ABD． 8．（24-25高三上·广州·期末）已知函数的定义域均为，且，则下列选项一定正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．是奇函数 C．是偶函数 D．的图象关于直线对称 【答案】AC 【分析】由已知可得，可判断A；进而可关于对称，可判断C； 【详解】因为， 所以，即， 所以关于直线对称，故A正确， 因为，，无法确定与的关系， 所以得不出，故B错误； 因为所以关于对称，即为偶函数，故C正确， 由，可得，， 因为与的关系无法确定，所以得不出，故D错误.故选：AC. 9．（24-25高三上·广东·期末）已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，则下列正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可. 【详解】由，令，则，因为，所以，故A正确； 令，则有①，所以， 因为为奇函数，所以为偶函数，，所以②， 由①—②整理有，即， 所以，所以是周期为3的周期函数，所以，故B正确； 因为，所以，故C错误； 在①中，令，得，所以， 所以，故D正确.故选：ABD. 10．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数的定义域为，且，若，则（    ） A． B．不是偶函数 C．的一个周期为4 D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值法可判断AB；令，计算可判断C；，计算可判断D. 【详解】令，可得，因为，解得，故A正确； 令，可得， 所以，所以是偶函数，故B错误； 令，可得， 所以，所以，所以，所以的一个周期为4，故C正确； 因为，所以， ，，， 累加可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， ， 因为为奇数，所以， 因为，令，可得， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11．（24-25高三上·广东深圳·校考期末）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B． C． D．若，则 【答案】ABD 【分析】对A：由是奇函数可得，即可得；对B：由，借助赋值法计算即可得解；对C：结合所得可得函数的周期性，结合周期性与赋值法计算即可得；对D：结合函数周期性，借助赋值法算出一个周期内的值即可得. 【详解】对A：由题意知，，则， 所以图象的对称中心为，故A正确； 对B：， 两式相减得，所以，故B正确； 对C：由B选项可得，的周期为4，又， 故，令得，，得0，故C错误； 对D：因为，又，故中， 令得，，由， 得，又的周期为4， 则 ，所以，故D正确.故选：ABD. 三、非选择题 12．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知为定义在上的奇函数，当时，，则 . 【答案】 【分析】利用奇函数的性质可求得的值. 【详解】因为为定义在上的奇函数，当时，， 则，故.故答案为：. 13．（24-25高三上·广东·期末）已知函数，为奇函数，其中，则 【答案】 【分析】根据函数为奇函数可求的值. 【详解】设，则，因为函数为奇函数，所以. 所以.所以.故答案为： 14．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数，则= 【答案】7 【分析】将自变量代入函数解析式求值即可. 【详解】由.故答案为：7 地 城 考点02 指数、对数、幂函数图象与性质 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出集合，利用交集和补集的定义可求得集合. 【详解】因为，且， 因为，则，因此，.故选：B. 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由对数和指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为，所以.故选：B 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知，，，则、、的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系. 【详解】因为指数函数为上的减函数，则，即， 又因为对数函数为上的减函数，则，因此，.故选：A. 4．（24-25高三上·广东·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造，研究单调性与最值得到（当且仅当时取等号），进而得到；通过得到进而得到. 【详解】设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，所以， 所以（当且仅当时取等号）， 令，则，所以； 设，则， 所以在单调递增，所以，即， 令，则，即.所以.故选：C 5．（24-25高三上·广东·期末）对任意的,（且）恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析函数的单调性，利用函数单调性求参数的取值范围. 【详解】由题意可得：. 因为若，当时，，，则不能恒成立. 当时，单调递增，单调递减，要使在上恒成立，须有： . 所以实数的取值范围为：.故选：C 6．（23-24高三上·广东深圳·期末）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由复合函数的单调性计算即可得. 【详解】令，对称轴为， ∵函数在区间上单调递增，在上单调递增， ∴在上单调递增，且， ∴且，即且，解得， 即实数的取值范围为.故选：A. 7．（23-24高三上·广东龙岗·期末）若函数是偶函数，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】由题意可得，化简整理即可求得m的值． 【详解】函数的定义域为，由是偶函数，得， 即，整理得，所以.故选：A 二、非选择题 8．（24-25高三上·广东湛江·期末）已知函数，且，则 ． 【答案】2 【分析】利用对数运算得，从而设函数，由函数单调性可得，从而得解. 【详解】由题意得的定义域为，则． 由，得，即． 设函数，易得在上单调递增． 因为，所以，即． 故．故答案为：2 9．（24-25高三上·广东广州·期末）已知，则 . 【答案】1 【分析】根据对数的运算求解. 【详解】因为，所以， 故，故答案为：1 10．（23-24高三上·广东深圳·期末）函数是奇函数，则 . 【答案】1 【分析】根据奇函数的性质，结合对数运算，即可求解，再代入函数解析式求值. 【详解】因为，所以， 因为是奇函数，所以，即， 所以，解得，则.故答案为：1 11．（23-24高三上·广东东莞·期末）若函数的图象关于对称，则 ，的最小值为 ． 【答案】 【分析】由函数的对称性可知，方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，可得出的值，变形可得出，令，利用二次函数的基本性质求出在时的最小值，即可得出函数的最小值. 【详解】因为函数的图象关于对称， 令，可得，可得或， 由对称性可知，方程的两根分别为、， 由韦达定理可得，可得， 所以，， 则， 所以，函数的图象关于直线对称，则， 因为， 令，令， 所以，. 故答案为：；. 地 城 考点03 函数的零点与方程 一、单选题 1．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，若存在实数，使得方程有个不同的实数根、、、，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出函数与的图象，由图可得出，分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出关于的表达式，由可得出、关于的表达式，进而可得出关于的函数关系式，结合函数单调性可求得结果. 【详解】作出函数与的图象如下图所示：    由图可得，当时，， 由题意可知，关于的方程的两根分别为、， 即关于的方程的两根分别为、，由韦达定理可得， 由图可得，由得，则， 可得，，所以，， 所以，， 因为函数在上为增函数， 故当时，，因此，的取值范围为.故选：C. 2．（24-25高三上·广州·期末）如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由时，，可排除B，D；再由可排除C. 【详解】由图可知当时，，故排除B，D； 设，则，故排除C．故选：A． 3．（24-25高三上·广东湛江·期末）函数的零点所在区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据根的存在性定理结合单调性讨论函数零点所在区间. 【详解】由题：在其定义域内单调递增， ，， 所以函数在一定存在零点，由于函数单调递增，所以零点唯一，且属于区间.故选：C 4．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数在内有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理，即可列式求解. 【详解】是增函数，也是增函数，所以是上的增函数. 因为在内有零点，所以，解得.故选：A 二、多选题 5．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数（，且），下列说法正确的是（   ） A．当时，可能存在两个零点 B．若恒成立，则 C．若恒成立，则的最小值为 D．若恒成立，且，则 【答案】BCD 【分析】求导结合零点存在性定理可判断A；分与两种情况讨论可求得判断B；利用，求导可求得的最小值判断C；由选项B知，，可得，利用换元法，结合对数平均值不等式计算可判断D. 【详解】函数的定义域为 选项A．当时，， 故在上为单调递增函数，由，， 根据零点存在性定理，在上存在唯一的一个零点．故选项A错误． 选项B．由选项A知，当时，在上单调递增， 无最小值，且，不合题意，故． 当时，，， 令，则，当时，，为减函数， 当时，，为增函数，故时，有极小值，也是最小值． ， 由题意，，又，则，可得， 所以，则．选项B正确． 选项C．由选项B知，，，令，则， 在单调递减，在单调递增．故，即的最小值为．选项C正确． 选项D．由选项B知，，且． ，由得， 令，则，易知，故 由对数平均不等式得，得，即 由，故，故选项D正确．故选：BCD. 三、非选择题 6．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，且． (1)求的值； (2)若函数存在零点，求a的取值范围； (3)若，证明：． 【答案】(1)1(2)(3)证明见解析 【分析】（1）利用赋值法可求的值； （2）函数存在零点等价于存在实数解，结合基本不等式可求a的取值范围； （3）可证明当时，成立，从而可证题设中的不等式. 【详解】（1）因为，所以 ， 则，即． 当时，， 此时， 结合的定义域为，故为奇函数，故. （2）由（1）可知，则． 由，得，则，其中． 若，则，不可能成立． 若． 由，得，则，当且仅当时，等号成立， 则，故a的取值范围为． （3）证明：因为，所以． 任取，令． 因为，所以，从而，即，故在上单调递增． 当时，，则， 则当时，，则， 由在上单调递增，得，则． 地 城 考点04 导数及其应用 一、单选题 1．（24-25高三上·广东·期末）设函数，若，则的最小值为（    ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，可得函数有相同的零点，由此用表示，再构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】函数，令， 函数在定义域上都单调递增，由，得与同正负， 因此函数与必有相同的零点，由，得， 由，得，于是，，， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以的最小值为.故选：B. 2．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可. 【详解】故为奇函数，， 故函数单调递增，故故解集为.故选：B. 3．（24-25高三上·广东·期末）若函数在区间上单调递增，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧单调性并确定其值域下界，即得参数范围. 【详解】因为在区间上单调递增， 所以，即在上恒成立， 令且，则，即在上单调递增， 所以，故.故选：C 4．（24-25高三上·广东潮州·期末）已知函数在处取得极大值，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数，结合分类讨论研究函数的极值，即可求参数范围. 【详解】因为函数，（） 则，令得或， 当时，不在函数的定义域内，不符合条件； 当时， 若，在，上，单调递增，在上，单调递减， 此时为的极小值，不符合； 若，在上，单调递增，不存在极值，不符合； 若，在，上，单调递增，在上，单调递减， 此时为的极大值.故选：B 5．（24-25高三上·广东潮州·期末）若满足，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则满足 等价于，求导分析的单调性，求出的最小值，继而即可求解. 【详解】设，则恒成立，即， 因为，所以在上单调递增，且当时，， 故当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，即最小值， ，令，得．故选：D． 6．（24-25高三上·广东深圳·期末）函数，若存在，使有解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数求最值，进而得的取值范围. 【详解】若存在，使得有解，即． 设，，则．令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以．故的取值范围为．故选：A 7．（24-25高三上·广东深圳·期末）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用导数研究函数的单调性可得，结合可得，则；由得，进而，即可求解. 【详解】由题意知，， 设，，当时，单调递增， 所以，所以. 因为，所以， 得，所以，即； 由，得，所以，即， 所以，即.综上.故选：D. 8．（24-25高三上·广东梅州·期末）已知定义在上的可导函数f（x）的导函数为f（x），满足且为偶函数.为奇函数，若，则不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明出为周期为8的周期函数，把转化为.记，利用导数判断出在上单调递减，把原不等式转化为，即可求解. 【详解】因为为偶函数，为奇函数， 所以，. 所以，，所以. 令，则. 令上式中取，则，所以. 令取，则，所以.所以为周期为8的周期函数. 因为为奇函数，所以， 令，得：，所以，所以，即为，所以. 记，所以. 因为，所以，所以在上单调递减. 不等式可化为，即为.所以.故选：. 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知曲线与轴交于点，设经过原点的切线为，设上一点横坐标为，若直线，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出直线方程，再利用零点存在性定理判断横坐标所在范围. 【详解】由，求导得，设直线与曲线相切的切点坐标为，则直线的斜率为， 直线的方程为，由直线过原点，即，解得， 依题意，直线的斜率为，而点，则直线的方程为， 由消去得，显然是方程的不为零的根， 令，求导得，当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增，， 显然，即在上有唯一零点0，而， 则在上有唯一零点，即，又， 所以所在的区间为.故选：D 10．（23-24高三上·广东潮州·期末）若函数在上有极值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得在上有零点，即在上有实数根，利用基本不等式求出的最小值，可得，再验证是否满足即可. 【详解】的定义域为，， 要函数在上有极值， 则在上有零点，即在上有实数根. 令，则，当且仅当时等号成立，所以. 当时，，函数单调递增， 则函数在上没有极值，故.故选:D. 二、多选题 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知正棱锥的体积为，则其侧棱长可能为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】CD 【分析】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，求得高，由底面多边形的面积，得到，通过换元构造函数求其最大值，和比较大小求解即可； 【详解】设正棱锥的侧棱长为，底面正多边形的外接圆的半径为，则， 则正棱锥的高，正棱锥的底面多边形的面积， 所以正棱锥的体积，其中， 令可得． 设函数则 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以则，解得．故选：CD 12．（24-25高三上·广东·期末）已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】注意到，又可得 在单调递增，则有，后由零点存在性定理可得范围.，之后判断各选项正误即可得答案.. 【详解】， 又函数的零点为，则，其中. ，得在上单调递增，又其有零点，则为其唯一零点. 又，得. 注意到，，则，且. 对于A，因，，则，故A正确. 对于B，因，则. 令.在上单调递减， 则，得在上单调递增. 则，即，故B错误. 对于C选项，因，，则，故. 则由基本不等式结合有：，故C正确. 对于D选项，因，则，由C选项分析可知. 则令，. 得在上单调递增，故，即.故D正确.故选：ACD 13．（23-24高三上·广东深圳·期末）定义在上的函数满足是函数的导函数，则（    ） A． B．曲线在点处的切线方程为 C．在上恒成立，则 D． 【答案】ABD 【分析】由，可得，即可得的解析式，结合导数计算、导数的几何意义及利用导数求取函数的极值与最值即可得. 【详解】由，有， 则，即， 则，整理得，有， 则，，即，故A正确； ，，故切线方程：，化简得，故B正确； 在上恒成立，由，故，故C错误； ，令， 则， 故当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增，故有极小值， 当时，有， 故，即，故D正确.故选：ABD. 三、非选择题 14．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数，曲线在，两点（不重合）处的切线互相垂直，垂足为，两切线分别交轴于，两点，设△面积为，若恒成立，则的最小值为 ． 【答案】1 【分析】先根据已知条件求出，进而得到，再求出，根据的范围得出的范围，最后根据恒成立求出的最小值. 【详解】由函数，设，，. 对求导得，所以在点处切线. 对求导得，所以在点处切线. 因为切线垂直，则，所以. 此时，因为，即，所以，，于是.   由，因为，，则， 解得. 因为， 又，根据基本不等式，所以. 由恒成立，则.则的最小值为1.故答案为：1. 15．（24-25高三上·广东龙岗·校考期末）已知函数且，若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】首先注意到，则已经有一个零点了，再讨论一下单调性即可. 【详解】首先注意到，当时，函数在上单调递增，显然满足题设； 当时，，显然函数在上单调递增， 由于， 故存在唯一零点，若只有一个零点，此时也必为极值点， 又此时，则只需， ，，因为解得； 综上所述，则实数的取值范用为．故答案为： 16．（23-24高三上·广东潮州·期末）设函数，已知直线与函数的图象交于两点，且的最小值为（为自然对数的底），则 ． 【答案】 【分析】分段求出函数的值域，画出图象，可得，设，则，，分与讨论求出的最小值，列方程即可求解. 【详解】当时，；当时，. 作出的图象如图所示： 由图可得，设，不妨设，则， 故，所以. 令，则，为单调递增函数， 当，即时，，所以在上单调递减， 所以，解得，舍去； 当，即时，单调递增，且， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得. 综上所述，.故答案为：. 地 城 考点05 导数的综合压轴问题（解答题） 一、非选择题 1．（24-25高三上·广东·期末）已知函数. (1)若函数在其定义域上单调递减，求实数a的最小值. (2)若函数存在两个零点，设（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：. 【答案】(1)．(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，借助给定单调性列出不等式求解. （2）（i）利用导数探讨函数的最值，再列出不等式求出的范围；（ii）由（1）的信息，结合零点的意义推理证得，构造函数，结合函数的零点证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为，由在上单调递减， 得，恒成立，即恒成立， 而当时，，当且仅当时取等号，因此，所以的最小值为. （2）（ⅰ）函数的定义域为，， 令，求导得，函数在上单调递减， 而，则当时，，即；当时，，即， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，，当时，， 由函数存在两个零点，得，解得， 所以实数m的取值范围是. （ⅱ）由（1）知当时，，当时，， 由（ⅰ）知，则，， 由，得， ，整理得， 两式相减得，因此； 记，令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 整理得，而 ，即， 因此，即，所以. 2．（24-25高三上·广东湛江·期末）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. 3．（24-25高三上·广东·期末）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在区间上有唯一的零点，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）求，计算即可得到切线方程. （2）求，讨论的取值，确定函数的单调性，结合题目条件可求的取值范围. 【详解】（1）当时，，所以， 所以在处的切线方程为，即． （2）由得， 设，则在上单调递增，， 当时，在区间上单调递增， 因为，所以在区间上没有零点. 当，即时，在区间上单调递减， 所以在区间上没有零点. 当时，， 存在，使得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为，所以要使有零点，需满足， 即，综上，的取值范围是． 4．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)求证：当时，； (3)当，时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)． 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论导数的正负，得到函数的单调性； （2）由（1）可知，当时，故，可得 ，则当时， ，所以，即可证得． （3）解法1：构造函数，在恒成立，可得，令，由二次求导，求出，即可证明； 解法2：前面同解法1，令后，通过一次求导，求出，即可证明； 解法3：由恒成立，得，令，通过二次求导，可得，即可实数的取值范围． 【详解】（1）， 当时，在上单调递增， 当时，令，得． 当时，，在上单调递减， 当时，，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）当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增， 故，则，即，当时取等号， 当时，令，则，则， 则，，，，所以， 所以当时，． （3）解法1：由题意知时，恒成立， 令，则在恒成立， 故由可得，即当时，由于，显然不满足题意． 当时，， 只要证明即可， 令，，， 令，则， 由（1）知，当时，，即，故， 所以在上为增函数，又 当时，，为减函数；当时，，为增函数． 所以，即恒成立．综上所述，． 解法2：由题意知时，恒成立， 令，则在恒成立， 则由可得．即当时，由于，显然不满足题意． 当时，， 只要证明即可．令， ， 令，则， 当时，，为减函数；当时，，为增函数． 则，即恒成立．综上所述，． 解法3：由题意知时，恒成立，则． 令，， ，令， ， 当时，，为减函数；当时，，为增函数． 故， 令，得，且当时，，为减函数； 当时，，为增函数． 故，从而有．综上所述，． 5．（24-25高三上·广东·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求实数的取值范围. 【答案】(1).(2). 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求在点处的切线方程； （2）分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（1）当时，，所以， .所以在切线，所以切线方程为，即. （2）因为，其中，则， ①当时，恒成立，此时函数在上单调递增，无极小值， ②当时，令，可得，列表如下： - 0 + 递减 极小值 递增 所以，由题意可得，即， 令，则. 因为，所以函数在单调递增， 所以由，得，所以实数的取值范围是. 6．（24-25高三上·广东广州·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若的导函数有最小值，且是增函数，求的取值范围． 【答案】(1)8(2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，最后根据切线与横轴、纵轴的交点坐标进行求解即可； （2）设，分类讨论函数的单调性，从而求其最值，从而得解. 【详解】（1）由题意得，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，得；令，得． 故所求三角形的面积为． （2）由（1）得， 设，则， 当时，单调递增，没有最小值． 当时，令，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 则． 因为是增函数，所以，即． 又，所以，得，即的取值范围为． 7．（24-25高三上·广东深圳·期末）设函数. (1)当时，证明：：(2)已知有两个极值点.（i）求的取值范围； （ii）若曲线在点处的切线与有且仅有一个交点，求的值. 【答案】(1)证明见详解(2)（i），（ii） 【分析】（1）根据函数的导函数确定函数的单调性，从而确定函数有最大值，此时最大值为，即成立； （2）（i）将函数有两个极值点转化为函数有两个大于零的零点，即方程有两个正实数根；根据二次方程有两个正实数解即可求得的取值范围； （ii）根据导数的几何意义求出切线方程，与曲线的方程联立，将切线与有且仅有一个交点转化为函数有且仅有一个大于零的零点，根据导函数来确定函数的单调性，从而求得的值. 【详解】（1）当时，，定义域为.所以，. 由，得，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以当时，有最大值，最大值为， 由此，当时，. （2）（i）由题意，，. 因为有两个极值点，所以当时，函数有两个零点，即方程有两个正实数根. 令，即，则， 所以方程有两个正实数根， 则，解得. 此时，不妨设方程有两个正实数根分别为， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 满足函数有两个极值点，因此，的取值范围是. （ii）由（i）可知，又，，所以切线方程为， 与曲线的方程联立，得， 令，， 因为切线与有且仅有一个交点，所以函数有且仅有一个零点，又， ，所以， ①当，即时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，且， 此时，函数在区间上有零点，（舍去）. ②当，即时，函数在区间上单调递增， 又，满足函数有且仅有一个零点. ③当，即时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 当时，，且， 此时，函数在区间上有零点，（舍去）. 综上所述，. 8．（24-25高三上·广东广州·期末）设函数（，，）. (1)当时，求的最小值；(2)讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由； (3)当时，都有，求实数a的取值集合. 【答案】(1)4(2)答案见解析(3) 【分析】（1）结合指数运算法则，利用基本不等式求解即可，注意验证等号成立条件. （2）利用中心对称列方程，根据指数运算化简得，，按照和分类讨论求解即可. （3）由题意转化为恒成立，令，按照和分类讨论，利用导数法研究其单调性，求解最值即可得解. 【详解】（1）当时，， 当且仅当，即时取等号，所以，当时，取最小值4. （2）设点为函数的对称中心，则， 所以，即， 所以， 于是，且，且，即，， 所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心； 当时，，此时函数图象的对称中心为. （3）当时，，所以在上恒成立，即． 令，则， 所以，令，则， 所以在上单调递减， ①当时，，则在上单调递减， 此时当时，，舍去； ②当时，由，解得， 1°当时，， 所以时，，则单调递增； 时，，则单调递减； 所以时，取极大值，则，所以满足； 2°当时，， 因为时，，则单调递减， 所以时，，舍去； 3°当时，， 因为时，，则单调递增， 所以时，，舍去； 综上，实数a的取值集合为. 9．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数. (1)求的极值； (2)已知，证明：. 【答案】(1)极大值为，极小值为(2)证明见解析 【分析】（1）先求得的单调性，进而求得的极值； （2）先利用题给条件构造出的不等式，再利用（1）的结论即可证得. 【详解】（1），，令，可得. 令，可得， 令，可得，或 所以在上单调递增，在和上单调递减. 所以的极大值为的极小值为. （2）由， 可得，所以. 由对称性，不妨设，则， 当且仅当时，等号成立，所以. 由（1）可知在上的最大值为， 所以，当且仅当时，等号成立， 因为等号不能同时取到，所以. 10．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知函数，. (1)若，求实数的值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意推到，从而求得，再检验当时，成立，从而得解； （2）利用小问（1）得不等式，再构造函数证得，从而证得，再利用累加法即可得解. 【详解】（1）因为，注意到， 所以当恒成立时，是的最小值点，也是极小值点，则， 而，所以，解得， 当时，，， 令，得，则在区间上单调递减， 令，得，则在区间上单调递增， 所以，所以． （2）由（1）得，，即，当且仅当时等号成立， 令，则，，， 所以，，， 令，则恒成立， 所以函数在上单调递增，故当时，，即． 所以，，， 所以 . 11．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知函数． (1)若的最值为，求实数的值； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出，有最值可得，利用导数判断单调性可得最小值为，由化简可得，令函数，再根据 的单调性可得答案； （2）由（1）知，当时，的最小值为，且，化简得两边取对数，得，再由，利用基本不等式可得答案． 【详解】（1）易知的定义域为，且， ①若，则，为单调递增函数，无最值； ②若，令函数，则， 当时，为单调递增函数， 又， 在区间上存在唯一零点，不妨设其为，则，即（*）， 当时，，即，在区间上单调递减； 当时，，即，在区间上单调递增， 存在唯一的最值（最小值），且最小值为， 由题意可知，（**）， ，代入（**），得， 又，令函数，则， 为单调递减函数，易知，由可知， 由可知，综上所述，若的最值为，则实数的值为1； （2）由（1）可知，当时，的最小值为，且， （*），对（*）式两边取对数，得，， ， 由基本不等式，可知，， 又，． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $