专题02 函数与导数（期末真题汇编，山东专用）高三数学上学期

专题02 函数与导数 3大高频考点概览 考点01 函数的基本性质 考点02 导数的概念与几何意义 考点03 导数的综合应用 地 城 考点01 函数的基本性质 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）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． 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）一般地，设是一个函数，，记，称函数为的次迭代，并称为的迭代指数.设为自然数，为（十进制）的各数位上数字之和，则（    ） A．19 B．11 C．8 D．5 3．（24-25高三上·山东枣庄·期末）记函数的最小正周期为.若，且，则（    ） A． B． C． D．1 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数存在最小值，则的范围是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数，若对，且，都有，则（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，命题甲：若的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象，则；命题乙：若的图象与直线有三个交点，，，且成等差数列，则.下列说法正确的是（   ） A．甲为真命题，乙为假命题 B．甲为假命题，乙为真命题 C．甲为真命题，乙为真命题 D．甲为假命题，乙为假命题 7．（24-25高三上·山东日照·期末）若是奇函数，则（    ） A． B． C．1 D． 8．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数的定义域为在上单调递增，且为奇函数，则下列选项正确的是（    ） A．4是的一个周期 B．为偶函数 C． D．在上单调递减 9．（24-25高三上·山东烟台·期末）函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高三上·山东潍坊·期末）二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 12．（24-25高三上·山东枣庄·期末）在平面直角坐标系中，到定点距离之积等于1的点的轨迹记为.已知点为上一点，则（    ） A．直线与有3个公共点 B． C． D．的最大值为 13．（24-25高三上·山东威海·期末）设，已知函数（    ） A．在上单调递减 B．当时，存在最小值 C．设，则 D．设，若存在最小值，则 14．（24-25高三上·山东济南·期末）已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（    ） A． B． C． D． 15．（24-25高三上·山东菏泽·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 三、填空题 16．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则 ． 17．（24-25高三上·山东青岛·期末）函数（且）的图象关于点对称，则 ． 18．（24-25高三上·山东烟台·期末）若函数同时满足以下三个条件，则其一个解析式可以为 . ①在其定义域内有；②，有；③. 四、解答题 19．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 20．（24-25高三上·山东泰安·期末）法国数学家米歇尔·罗尔于1691年在他所著的《方程的解法》中，提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法，后人把它推广到是一般的可导函数的情形，最终发展为罗尔定理，即若函数在上的图象是连续不断的曲线，在内处处可导（导函数存在），且，则至少存在一个实数，使得．罗尔定理是三大微分中值定理之一，在数学，物理，工程和经济学等领域有着广泛的应用． (1)已知函数的图象是连续不断的曲线，试用罗尔定理证明：，使； (2)已知函数的图象是连续不断的曲线，设的导数为为图象上的两点，，直线的斜率为，试用罗尔定理证明：存在唯一实数，使； (3)若方程在上有解，求实数的取值范围． 21．（24-25高三上·山东青岛·期末）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．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称中心； (3)当时，，求a的取值范围. 地 城 考点02 导数的概念与几何意义 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数的图象在处的切线方程为，则（   ） A．1 B．0 C． D． 二、多选题 2．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则下列选项正确的是（    ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，在上单调递增 C．若有三个不同零点，则它们的和可能为 D．存在实数，使得存在零点也是的极值点 3．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知函数（其中为自然对数的底数），则下列说法正确的是（   ） A．在上单调递增 B．曲线在点处的切线方程为 C．若，，则正实数的最小值为 D．若，则 三、填空题 4．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知，为曲线上两个不同的点，过、分别作的两条切线，若这两条切线交于点，且这两条切线的斜率之积为，则当取得最小值时， . 四、解答题 5．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间. 7．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 8．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切． (1)求； (2)若函数，且曲线关于直线对称， （i）求和的值； （ii）证明：． 9．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 10．（24-25高三上·山东日照·期末）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数在上总有两个零点，求实数的取值范围. 地 城 考点03 导数的综合应用 一、单选题 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知某圆锥的高为h，且该圆锥的顶点和底面圆周上的各点均在半径为R的球O的表面上，则当圆锥的侧面展开图的圆心角与轴截面的顶角之差取得最大值时（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知函数有2个实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）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．（24-25高三上·山东淄博·期末）设函数．若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知，若不等式对任意恒成立，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 二、多选题 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则下列选项正确的是（    ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，在上单调递增 C．若有三个不同零点，则它们的和可能为 D．存在实数，使得存在零点也是的极值点 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，已知曲线的方程为，是曲线上任意一点，则（    ） A．点横坐标的范围是 B．直线与曲线有两个交点 C．已知，则 D．设，是曲线上两点，若，，则 9．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称 C．在上单调递减 D．图象与轴有3个公共点 10．（24-25高三上·山东烟台·期末）若数列满足，则称其为“数列”.给定数列，若为“数列”，定义上的变换：从中任取两项，将添加在所有项的最前面，然后删除，记新数列为（约定：一个数也视作数列），下列结论正确的有（    ） A．若，则数列为“数列” B．若，则数列为“数列” C．若无穷数列为“数列”，则为“数列” D．若数列为，则为 三、填空题 11．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 12．（24-25高三上·山东日照·期末）设函数，是公差为的等差数列，，则 . 13．（24-25高三上·山东青岛·期末）设，，，函数（是自然对数的底数， ），从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为 ． 四、解答题 14．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 15．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数． (1)求的极值； (2)若方程在区间上有两个实数解，求的取值范围． 16．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称中心； (3)当时，，求a的取值范围. 17．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数 ． (1)求函数 在 上的最大值和最小值； (2)若不等式 有解，求实数 的取值范围. 18．（24-25高三上·山东青岛·期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，……已知函数． (1)求函数在处的阶帕德近似． (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数m的取值范围． 19．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 20．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 21．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知函数，其中，且为的导数. (1)若，且当时，恒成立，求的取值范围； (2)当时，设，若方程存在两个不同的实根，求证：. 22．（24-25高三上·山东济南·期末）已知其中. (1)若恒成立，求的取值范围； (2)判断方程解的个数，并说明理由. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 函数与导数 3大高频考点概览 考点01 函数的基本性质 考点02 导数的概念与几何意义 考点03 导数的综合应用 地 城 考点01 函数的基本性质 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）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. 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）一般地，设是一个函数，，记，称函数为的次迭代，并称为的迭代指数.设为自然数，为（十进制）的各数位上数字之和，则（    ） A．19 B．11 C．8 D．5 【答案】D 【分析】从开始计算，找到规律即可求解； 【详解】，各位数字之和位19， ，各位数字之和位11， ，各位数字之和位5， ，各位数字之和位8， ，各位数字之和位11， 从开始，结果依次为： 第150次迭代，从开始，操作148次， 余1，所以对应第二个值5， 所以， 故选：D 3．（24-25高三上·山东枣庄·期末）记函数的最小正周期为.若，且，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由周期范围求得的范围，由求解的值，可得函数解析式，则可求. 【详解】函数的最小周期为， 则，由，得，所以， 因为，所以， 则，所以， 取，可得. 所以， 所以. 故选：A. 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数存在最小值，则的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合分段函数解析式分和两种情况讨论，再结合指数函数，二次函数的单调性求出即可； 【详解】当时，为增函数，则有； 当时，， 若，即时，， 若，在上为增函数，此时， 若存在最小值，必有或， 解得或， 则的范围是. 故选：D. 5．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数，若对，且，都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知及单调性定义知在上单调递减，根据复合函数的单调性有在上单调递减，结合二次函数的性质求参数范围. 【详解】由题设，，且，都有， 所以在上单调递减，易知在上单调递减， 当时，满足题设， 当时，或， 综上，. 故选：A 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，命题甲：若的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象，则；命题乙：若的图象与直线有三个交点，，，且成等差数列，则.下列说法正确的是（   ） A．甲为真命题，乙为假命题 B．甲为假命题，乙为真命题 C．甲为真命题，乙为真命题 D．甲为假命题，乙为假命题 【答案】C 【分析】甲，需满足在R上单调，求导，得到时，在R上单调递增，不合要求，故甲为真命题；乙，令，变形后得到方程组，结合等差数列的性质得到，故，故，乙为真命题. 【详解】命题甲，的图象关于对称的图象仍是一个函数的图象， 又为连续函数，需满足在R上单调， 其中， 若，则，故满足在R上单调递增，满足要求， 若，令，解得或， 令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 不合要求，故甲为真命题； 乙命题，令，故， 令， 因为， 所以， 因为成等差数列，所以， 因为，所以， 故，故，满足要求，乙为真命题. 故选：C 【点睛】结论点睛：设一元三次方程的三个根为， 原方程可化为， 整理得， 比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系： . 7．（24-25高三上·山东日照·期末）若是奇函数，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据定义域先求出，再根据奇函数的性质求出，从而可求. 【详解】， 则自变量满足，则， 故函数定义域中不能有，故即， 此时， 而，故， 故，故. 故选：D 8．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数的定义域为在上单调递增，且为奇函数，则下列选项正确的是（    ） A．4是的一个周期 B．为偶函数 C． D．在上单调递减 【答案】C 【分析】根据给定条件，探讨函数的周期性、对称性，再逐项分析判断. 【详解】由，得，由是奇函数，得， 则，即，因此，8是的一个周期， 对于A，，4不是的周期，A错误； 对于B，由，得函数的图象关于直线对称， 由，得的图象关于点对称，因此的图象关于点对称， 函数的图象关于直线不对称，则不为偶函数，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，在上单调性与它在上的单调性相同， 因此在上单调递增，D错误. 故选：C 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 9．（24-25高三上·山东烟台·期末）函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用奇偶性可判断CD不符合，利用赋值法可判断AB. 【详解】由，可得，所以，所以， 解得或，定义域关于原点对称， 又，故函数为奇函数，故排除CD； 又，， 故B符合，A不符合. 故选：B. 10．（24-25高三上·山东潍坊·期末）二元函数表示有两个自变量的函数，其中，如为一个二元函数．设为正整数，二元函数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知，推得，再由，推得，即可求得. 【详解】已知， 则， ， 以此类推，，则， 又， 则， ， 以此类推，， 所以. 故选：B. 11．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意结合二次函数性质分析可知函数在上单调递增，根据分段函数单调性列式求解即可. 【详解】因为的图象开口向上，对称轴为， 且的单调性相同， 若函数是上的单调函数，可知函数在上单调递增， 则，解得， 所以实数a的取值范围是. 故选：B. 二、多选题 12．（24-25高三上·山东枣庄·期末）在平面直角坐标系中，到定点距离之积等于1的点的轨迹记为.已知点为上一点，则（    ） A．直线与有3个公共点 B． C． D．的最大值为 【答案】BCD 【分析】A选项，求出轨迹方程，化简得，联立得到直线与有1个公共点，即原点；B选项，由得，令，则，求出最大值为，得到；C选项，在B基础上，得到，C正确；D选项，在B基础上，得到，故的最大值为，D正确. 【详解】A选项，设为轨迹上任意一点， 则，化简得， 联立与得， 两边平方得，即，，此时， 故直线与有1个公共点，即原点，A错误； B选项，点为上一点，故， ， 由得，解得， 令，则， 故， 故当，即时，取得最大值，最大值为， 故，B正确； C选项，由B知，，， 故， 当且仅当时，等号成立， 故，C正确； D选项，由B知，， 故的最大值为，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：求出轨迹方程，由得，利用换元法，配方法等知识点进行求解 13．（24-25高三上·山东威海·期末）设，已知函数（    ） A．在上单调递减 B．当时，存在最小值 C．设，则 D．设，若存在最小值，则 【答案】BCD 【分析】对于A：取，画图即可判断，对于B，由函数单调性即可判断；对于C,数形结合即可判断，对于D：先分析的图象，结合图象可知，要使取得最小值，则点在上，点在，分析可解. 【详解】对于A，取，画出函数图象， 可知在不是单调递减；故A错误； 对于B：对于B，当时， 当时，； 当时，显然取得最小值； 当时，， 综上：取得最小值，故B正确； 对于C，结合图像， 易知在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，，故C正确； 依题意，， 当时，，易知其图象为一条端点取不到的单调递减的射线； 当时，，易知其图象是，圆心为，半径为的圆在轴下方的图象（即半圆）； 当时，，易知其图象是一条端点取不到的单调递增的曲线； 因为， 结合图象可知，要使取得最小值，则点在上， 点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则， 故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然要保证在上，才能满足取得最小值， 所以只需，即都可满足题意，保证， 否则无最小值，故.D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：D选项，解决的关键求出，且上，从而可得的取值范围. 14．（24-25高三上·山东济南·期末）已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】A.由为奇函数判断；BC.由求导判断；D.由还原原函数判断. 【详解】解：因为为奇函数，所以所以A正确； 由A可知，求导数所以关于直线对称， 又所以即故B错误，C正确 因为所以 所以D错误. 故选：AC 15．（24-25高三上·山东菏泽·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. 三、填空题 16．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了分段函数的简单应用，将自变量的取值代入相应的那一段求值是关键. 【详解】，. 故答案为：. 17．（24-25高三上·山东青岛·期末）函数（且）的图象关于点对称，则 ． 【答案】 【分析】根据给定的函数，探讨其对称中心，进而求出. 【详解】函数的定义域为，且， 函数在上有相同的单调性， ， 即，函数的图象关于点对称， 又函数的图象关于点对称，则，所以. 故答案为：. 18．（24-25高三上·山东烟台·期末）若函数同时满足以下三个条件，则其一个解析式可以为 . ①在其定义域内有；②，有；③. 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据条件写出函数即可. 【详解】，可知是偶函数，在上单调递减，符合①②两个条件， 又，所以符合条件③. 同理可得也符合条件. 故答案为：（答案不唯一） 四、解答题 19．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）先求导函数再得出斜率，点斜式写出切线方程即可； （2）先根据定义域得出，再根据对称性定义计算求解得出参数； （3）法1：分，等情况分类求解导函数得出单调性计算求参；法2：先化简再构造函数进而结合导函数讨论单调性计算求解. 【详解】（1）当时，，， 则，所以， 可得曲线在点处的切线方程为， 即. （2）令， 所以的定义域为， 若曲线关于直线对称， 所以的定义域关于对称，故， 则有， 所以， 即， 整理得，所以， 故存在，使曲线关于直线对称. （3）法1：由题，即， 当时，， 所以即， 令，则， 若，所以，所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递增， 所以，所以满足题意； 当时，，可得， 所以即， 令，则， 由，所以当时，， 所以在上单调递减，所以， 所以不满足题意， 综上所述，的取值范围为. 法2：因为，所以即， 设，则， 设，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意， 当时，由得， 若，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减， 所以，所以不满足题意， 若，则，所以在上单调递增， 可得，所以在上单调递增， 可得，所以满足题意， 综上所述，的取值范围为. 20．（24-25高三上·山东泰安·期末）法国数学家米歇尔·罗尔于1691年在他所著的《方程的解法》中，提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法，后人把它推广到是一般的可导函数的情形，最终发展为罗尔定理，即若函数在上的图象是连续不断的曲线，在内处处可导（导函数存在），且，则至少存在一个实数，使得．罗尔定理是三大微分中值定理之一，在数学，物理，工程和经济学等领域有着广泛的应用． (1)已知函数的图象是连续不断的曲线，试用罗尔定理证明：，使； (2)已知函数的图象是连续不断的曲线，设的导数为为图象上的两点，，直线的斜率为，试用罗尔定理证明：存在唯一实数，使； (3)若方程在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）结合罗尔定理即可直接求证； （2）结合斜率公式，构造函数，再结合罗尔定理即可求证； （3）令，先通过罗尔定理确定在上至少有两个不等实数根，再令，得到，通过讨论当，和时，的零点个数，求解； 【详解】（1）证明：， ， ， 在内处处可导， 又在上的图象是连续不断的曲线， 由罗尔定理，，使； （2）证明：， ， ， 设，则， ， 在内处处可导， 又在上的图象是连续不断的曲线， 由罗尔定理，，使得， 在上单调递增， 存在唯一实数，使得， 即存在唯一实数，使得； （3）设， 则在内有零点，设为的一个零点，且， ，又， 由已知，在和上的图象都是连续不断的曲线， 又， 在及上分别处处可导， 由罗尔定理知，至少存在一个，使得，至少存在一个，使得， 在上至少有两个不等实数根， 设， 则， ， ， 当，即时， 在上单调递增， 在上至多有一个实根，不合题意． 当，即时， 在上单调递减， 在上至多有一个实根，不合题意. 当，即时， 由，得，且， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 在上的最小值， ， ， 在上至少有两个不等实根， ， 解得， 又， 的取值范围为. 【点睛】思路点睛：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，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答. 21．（24-25高三上·山东青岛·期末）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．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称中心； (3)当时，，求a的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2) (3) 【分析】（1）对函数求导解三角函数不等式计算可得结果； （2）根据对称中心定义代入解方程组计算可得对称中心； （3）对a的取值范围进行分类讨论，再结合利用零点存在定理可得出结果. 【详解】（1）当时， 令得或， 解得， 令得， 所以的单调递增区间为 单调递减区间为 （2）当时，， 设曲线的对称中心为 则 ， 所以解得， 所以曲线的对称中心为 （3）当时在上恒成立，满足题意； 当时，； 当时，， 所以在上单调递增，此时满足题意； 当时， 令， 所以在上单调递增， 又因为，所以存在使得； 当时单调递减，所以，不符合题意. 综上所述：a的取值范围为 地 城 考点02 导数的概念与几何意义 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数的图象在处的切线方程为，则（   ） A．1 B．0 C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义可得结果. 【详解】∵，∴， 由题意得，，解得. 故选：A. 二、多选题 2．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则下列选项正确的是（    ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，在上单调递增 C．若有三个不同零点，则它们的和可能为 D．存在实数，使得存在零点也是的极值点 【答案】ABD 【分析】根据导数的几何意义可求切线方程即可判断A，根据导函数的值域可推出函数的单调性即可判断B，将函数的解析式因式分解，即可求得其中一个零点，再转化为二次函数有两个不同的零点，结合韦达定理即可判断C，根据导函数等于零得，代入函数的解析式，解得或，再分类讨论即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 则，则， 所以曲线在处的切线的斜率，又， 所以切线方程为，即，故A正确. 对于B，，， 由，解得， 所以当时，恒成立，即恒成立， 此时，在上单调递增成立，故B正确. 对于C，， 所以是函数的一个零点，又有三个不同零点， 所以方程有两个不同的实数根，且都不为，分别记为； 则，且，解得或； ①当时，，则，此时； ②当时，，则，此时； 综上所述，若有三个不同零点，则它们的和可能为不成立，故C错误. 对于D，，若存在极值点，则， 即，则， 所以 ， 由，解得或， ①当时，由，解得，此时恒成立， 不满足存在极值点，故舍去； ②当时，由，解得，此时， 当和时，单调递增；当时，单调递减， 所以既是的零点，也是的极值点，故D正确. 故选：ABD. 3．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知函数（其中为自然对数的底数），则下列说法正确的是（   ） A．在上单调递增 B．曲线在点处的切线方程为 C．若，，则正实数的最小值为 D．若，则 【答案】BCD 【分析】对于A：对函数求导，利用导数判断函数单调性；对于B：根据导数的几何意义求切线方程；对于C：根据题意结合的单调性可得，构建，利用导数求最值即可；对于D：同构可得，结合单调性分析可得，再根据极值点偏离分析证明. 【详解】对于选项A：因为函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，故A错误； 对于选项B：因为， 即切点坐标为，切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，故B正确； 对于选项C：因为，则， 若，且在内单调递增， 可得，即， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，所以正实数的最小值为，故C正确； 对于选项D：若，显然， 可得，即， 由选项C可知：，则，即， 结合的单调性可知， 构建， 则， 可知在内单调递增，则， 即，可得，即， 且在内单调递减，则， 所以，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：1.两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 2．利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题 4．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知，为曲线上两个不同的点，过、分别作的两条切线，若这两条切线交于点，且这两条切线的斜率之积为，则当取得最小值时， . 【答案】 【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出、，再由两条切线的斜率之积为得到，即可用的式子表示、，代入利用基本不等式求出最小值时的值. 【详解】因为，所以，则，， 依题意可知两条切线的方程分别为， 联立两条切线的方程 解得，则， 因为两条切线的斜率之积为，所以，所以， 代入上式得，， 所以， 当且仅当，即时取得最小值. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是表示切线方程，从而求出、，再结合，转化为的式子. 四、解答题 5．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)或； (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义结合切线方程，列式求解，即得答案. （2）求出函数的导数，结合二次函数的判别式，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案. 【详解】（1）由于，则， 点在上， 故； 又，则， 则，解得或； （2）由题意得的定义域为， 则， 令， 当时，即，所以在上单调递减； 当时，， 当时，，则在上单调递增； 当时，，的根为， 由于，即， 当或时，， 在和上单调递增； 当时，， 在上单调递减； 综上，当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. 当时，在上单调递增； 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，根据和分类讨论，结合二次不等式求解单调区间即可. 【详解】（1）当时，函数， 得， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即切线方程为； （2）当时，，， 令，得，， 当时，， 令，得或， 令，得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为 当时，， 令，得或， 令，得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为； 综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为； 当时，的单调增区间为和，单调减区间为． 7．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）先求导函数再得出斜率，点斜式写出切线方程即可； （2）先根据定义域得出，再根据对称性定义计算求解得出参数； （3）法1：分，等情况分类求解导函数得出单调性计算求参；法2：先化简再构造函数进而结合导函数讨论单调性计算求解. 【详解】（1）当时，，， 则，所以， 可得曲线在点处的切线方程为， 即. （2）令， 所以的定义域为， 若曲线关于直线对称， 所以的定义域关于对称，故， 则有， 所以， 即， 整理得，所以， 故存在，使曲线关于直线对称. （3）法1：由题，即， 当时，， 所以即， 令，则， 若，所以，所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递增， 所以，所以满足题意； 当时，，可得， 所以即， 令，则， 由，所以当时，， 所以在上单调递减，所以， 所以不满足题意， 综上所述，的取值范围为. 法2：因为，所以即， 设，则， 设，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意， 当时，由得， 若，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减， 所以，所以不满足题意， 若，则，所以在上单调递增， 可得，所以在上单调递增， 可得，所以满足题意， 综上所述，的取值范围为. 8．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知函数，曲线在点处的切线与曲线相切． (1)求； (2)若函数，且曲线关于直线对称， （i）求和的值； （ii）证明：． 【答案】(1)； (2)（i），，（ii）证明见解析. 【分析】（1）结合导数的几何意义求曲线在处的切线方程，设切线与曲线相切与点，结合导数几何意义及两点斜率公式列方程求； （2）（i）求函数的定义域，结合对称性可求，由对称性可得，化简可求； （ii）由分析可得要证明，只需证明当时，，令，可得只需证明，设，利用导数求其值域，由此证明结论. 【详解】（1）因为， 所以，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 设直线与曲线相切与点， 因为函数的导函数为，故 所以，，， 解得，，，或，， 又，故； （2）（i）因为，由（1）， 所以， 所以函数的定义域为， 因为曲线关于直线对称， 所以， 所以函数关于轴对称，故函数为偶函数， 所以，故 所以， 所以， 所以， 故， （ii）由（i），， 函数的定义域为， 曲线关于直线对称， 要证明， 只需证明当时，， 只需证明当时，， 令，则， 只需证明当时，， 设，， 则， 所以函数在单调递增， 所以， 所以当时，， 所以. 【点睛】方法点睛：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． 9．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【详解】（1），，， 所以在处的切线方程为， 即； （2）由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； （3）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 10．（24-25高三上·山东日照·期末）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数在上总有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）求出，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，根据题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则， 所以，，， 所以，函数在处的切线方程为，即. （2）因为在上总有两个零点， 所以函数在上的图象与直线总有两个不同交点， 由，得， ①当时，在上恒小于， 所以，函数在上单调递减，不满足题意； ②当，由可得， 当或时，或，所以函数在都是单调函数，不符合题意， 故需，即； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，函数在上的图象与直线恒有两个不同交点， 则需，可得，满足 所以，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 地 城 考点03 导数的综合应用 一、单选题 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知某圆锥的高为h，且该圆锥的顶点和底面圆周上的各点均在半径为R的球O的表面上，则当圆锥的侧面展开图的圆心角与轴截面的顶角之差取得最大值时（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为，侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，，令，利用导数求解可求得. 【详解】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为， 侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，则， 侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长， 因此 记， 则 因为在上单调递减， 且， 所以存在唯一的满足即， 且当时，，则在上单调递增； 当时则在上单调递减， 于是是的极大值点，也是最大值点，此时 则，所以① 在中②， 联立①②，得③， 如图，在圆锥中，高轴截面的顶角 则 在中，由勾股定理得 化简得④， 联立③④，得，化简得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：求得，构造函数，利用导数可求得最大值时，，进而运算求解. 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知函数有2个实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求得，求得函数的单调性得到，转化为函数和的图象有2个公共点，结合图象，即可求解. 【详解】由题意， ，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 当时，可得， 当 所以函数的图象如图所示，函数和的图象有2个公共点， 结合图象可得实数的取值范围. 故选：B. 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）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．（24-25高三上·山东淄博·期末）设函数．若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数单调性分析可知有相同零点，即可得，构建，利用导数求最值即可. 【详解】因为在定义域上单调递增， 若，可知有相同零点， 则，可得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据的单调性分析可知有相同零点，进而运算求解. 5．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知，若不等式对任意恒成立，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明若原不等式恒成立，则必有，再证明当时，原不等式恒成立，即可得到的最大值是. 【详解】①若，则当时，有，从而原不等式对不成立，不满足条件； 这表明若原不等式恒成立，则必有； ②当时，原不等式等价于，下面证明该不等式恒成立： 设，则对有，对有. 从而在上递减，在上递增，故. 这就意味着，即. 从而此时原不等式恒成立，满足条件. 综合①②两个方面可知，的最大值是. 故选：B. 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）把函数的图象向右平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则函数的零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据图像变换可得，构建，利用导数判断其单调性，结合单调性分析零点. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，可得， 再将的图象向左平移个单位长度， 可得，即， 令，则对任意恒成立， 可知函数在上单调递增，且， 所以函数的零点的个数为1. 故选：B. 二、多选题 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知函数，则下列选项正确的是（    ） A．当时，曲线在处的切线方程为 B．当时，在上单调递增 C．若有三个不同零点，则它们的和可能为 D．存在实数，使得存在零点也是的极值点 【答案】ABD 【分析】根据导数的几何意义可求切线方程即可判断A，根据导函数的值域可推出函数的单调性即可判断B，将函数的解析式因式分解，即可求得其中一个零点，再转化为二次函数有两个不同的零点，结合韦达定理即可判断C，根据导函数等于零得，代入函数的解析式，解得或，再分类讨论即可判断D. 【详解】对于A，当时，， 则，则， 所以曲线在处的切线的斜率，又， 所以切线方程为，即，故A正确. 对于B，，， 由，解得， 所以当时，恒成立，即恒成立， 此时，在上单调递增成立，故B正确. 对于C，， 所以是函数的一个零点，又有三个不同零点， 所以方程有两个不同的实数根，且都不为，分别记为； 则，且，解得或； ①当时，，则，此时； ②当时，，则，此时； 综上所述，若有三个不同零点，则它们的和可能为不成立，故C错误. 对于D，，若存在极值点，则， 即，则， 所以 ， 由，解得或， ①当时，由，解得，此时恒成立， 不满足存在极值点，故舍去； ②当时，由，解得，此时， 当和时，单调递增；当时，单调递减， 所以既是的零点，也是的极值点，故D正确. 故选：ABD. 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，已知曲线的方程为，是曲线上任意一点，则（    ） A．点横坐标的范围是 B．直线与曲线有两个交点 C．已知，则 D．设，是曲线上两点，若，，则 【答案】CD 【分析】解不等式可知A错误，构造函数求得在上的最值，再由数形结合即可判断B错误；利用两点间距离公式构造函数并求得其最值，可求得，即C正确，分别对和分类讨论，利用两点间距离公式计算即可得，可知D正确. 【详解】对于A，易知，即，解得，即A错误； 对于B，令函数， 则，令，可得， 因此当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 所以在处取得极大值， 因此可得时，，即可得； 易知，所以直线与曲线在上有两个交点，在上有一个交点，共三个交点，即B错误； 对于C，设，则， 令， 可得，令，则或； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 又，所以当时，； 当时，， 所以，因此可得，因此C正确； 对于D，由，， 即异号时，； 当时，不妨设，即，解得； 又，所以； 此时，即此时 当时， 不妨设， 可得， ； 所以 综上可知，，即D正确. 故选：CD 【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于通过构造函数并利用导数求得函数单调性，得出函数最值；再结合函数与方程的思想以及两点间距离公式计算可判断出结论. 9．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称 C．在上单调递减 D．图象与轴有3个公共点 【答案】BC 【分析】计算可得可判断A；可判断B；求导可得时，，可判断C；令，求解可得或，可判断D. 【详解】对于A，因为，故A错误； 对于B， ，所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，， 因为，所以，所以， 所以在上单调递减，故C正确； 对于D，令，则可得，所以， 所以，所以或， 又因为，所以或， 所以图象与轴有2个公共点，故D错误. 故选：BC. 10．（24-25高三上·山东烟台·期末）若数列满足，则称其为“数列”.给定数列，若为“数列”，定义上的变换：从中任取两项，将添加在所有项的最前面，然后删除，记新数列为（约定：一个数也视作数列），下列结论正确的有（    ） A．若，则数列为“数列” B．若，则数列为“数列” C．若无穷数列为“数列”，则为“数列” D．若数列为，则为 【答案】BCD 【分析】取特值，求解，由可得A项错误；构造，利用导函数研究单调性求解值域可得B项；证明，都有，由“数列”定义与结论可得C项；D项由几个特殊取值寻找规律猜想结论，并用数学归纳法证明. 【详解】A项，若，取， 由，则， 则，故A错误； B项，若， 设， 则， 故在单调递增，所以，即. 故任意，则， 由，依次递推可知， 故数列满足，则数列为“数列”，故B正确； C项，首先证明，都有. 证明：对， 则有， 且， 所以，即， 故由所证结论可知，若无穷数列为“数列”， 则数列中任意项，都满足，则任意两项，都有. 依次类推可知经过任意次变换操作后，新数列仍为“数列”，故C正确； D项，由于每次变换操作中都是增加一项，删除两项， 所以对数列经过变换一次，则项数减少一项， 故对项的数列可进行次变换操作，且最后数列只剩下一项. 对于任意，定义运算. 下面证明这种运算满足交换律与结合律. 证明：由，则， 所以，即该运算满足交换律； 由； 且； 故，即该运算满足结合律. 由上所证结论可知，中的项与实施的变换具体操作顺序无关， 不妨选择的依序操作过程求. 由当时，，由，则； 当时，，则由，，则； 当时，，则由，，， 则； 当时，，则由，，， ，则； ； 由数列， 故猜想：. 记为最后数列中仅剩的一项（），设， 则由题意可知数列满足，. 下面用数学归纳法证明：. （i）当时，，又， 故当时，成立； （ii）假设当时，成立， 即，下面证明当时，也成立. 则当时， ， 故当时，也成立，得证. 综合（i）（ii）可得，对任意，成立，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有以下几点，一是运算性质的探究，对，都有；二是运算律的探究，运算满足交换律与结合律；三是数列的归纳、猜想与证明. 三、填空题 11．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数，若，则的最小值为 . 【答案】1 【分析】求出函数的零点，再根据得到与的关系，最后利用函数性质求出的最小值. 【详解】令，则或. 由可得；由，即（），可得. 所以函数的零点为和. 因为恒成立，所以，即. 将代入，可得. 设（），对求导，可得. 令，即，因为，所以，解得. 当时，，，则，所以在上单调递减； 当时，，，则，所以在上单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，，即的最小值为. 故答案为：1 12．（24-25高三上·山东日照·期末）设函数，是公差为的等差数列，，则 . 【答案】 【分析】由等差数列的性质可得出，计算得出，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合可求得的值，即可得解. 【详解】因为数列是公差为的等差数列，则， ， ， 所以， 令， 则， 所以函数在上为增函数， 因为且，所以， 因此. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题关键在于将题干中的等式转化为关于的等式，通过构造函数，并分析其单调性，结合单调性求出的值. 13．（24-25高三上·山东青岛·期末）设，，，函数（是自然对数的底数， ），从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为 ． 【答案】/ 【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，最值，根据函数有两个零点，确定的关系，再利用列举法，求满足条件的有序数对，结合古典概型概率公式，即可求解. 【详解】由条件可知，满足条件的有序数对共有个， ，若函数有零点，则，即，两边取以为底的对数，即， 设，，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，当时，， 所以当时，取得最小值，即， 因为，又， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时， 共35对满足条件的有序数对， 故所求事件的概率. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用导数求函数的最小值，结合条件得到，利用列举法，结合古典概型求概率. 四、解答题 14．（24-25高三上·山东威海·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得曲线关于直线对称.若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）先求导函数再得出斜率，点斜式写出切线方程即可； （2）先根据定义域得出，再根据对称性定义计算求解得出参数； （3）法1：分，等情况分类求解导函数得出单调性计算求参；法2：先化简再构造函数进而结合导函数讨论单调性计算求解. 【详解】（1）当时，，， 则，所以， 可得曲线在点处的切线方程为， 即. （2）令， 所以的定义域为， 若曲线关于直线对称， 所以的定义域关于对称，故， 则有， 所以， 即， 整理得，所以， 故存在，使曲线关于直线对称. （3）法1：由题，即， 当时，， 所以即， 令，则， 若，所以，所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意； 若，当时，， 所以在上单调递增， 所以，所以满足题意； 当时，，可得， 所以即， 令，则， 由，所以当时，， 所以在上单调递减，所以， 所以不满足题意， 综上所述，的取值范围为. 法2：因为，所以即， 设，则， 设，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减，可得， 所以不满足题意， 当时，由得， 若，则， 当时，，所以在上单调递减， 可得，所以在上单调递减， 所以，所以不满足题意， 若，则，所以在上单调递增， 可得，所以在上单调递增， 可得，所以满足题意， 综上所述，的取值范围为. 15．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数． (1)求的极值； (2)若方程在区间上有两个实数解，求的取值范围． 【答案】(1)极小值-1，无极大值 (2) 【分析】（1）求导，确定函数单调区间即可求解； （2）确定函数图像，结合图像即可求解； 【详解】（1）的定义域是，， 可得， x 0 0 减函数 极小值 增函数 所以的单增区间是，单减区间是 当时，取得极小值，无极大值. （2）由（1）可知，在单调递减，在单调递增， 又，当，， 所以方程在区间上有两个实数解， 等价于的图像与在又两个交点， 结合图像    所以的取值范围是. 16．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求曲线的对称中心； (3)当时，，求a的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2) (3) 【分析】（1）对函数求导解三角函数不等式计算可得结果； （2）根据对称中心定义代入解方程组计算可得对称中心； （3）对a的取值范围进行分类讨论，再结合利用零点存在定理可得出结果. 【详解】（1）当时， 令得或， 解得， 令得， 所以的单调递增区间为 单调递减区间为 （2）当时，， 设曲线的对称中心为 则 ， 所以解得， 所以曲线的对称中心为 （3）当时在上恒成立，满足题意； 当时，； 当时，， 所以在上单调递增，此时满足题意； 当时， 令， 所以在上单调递增， 又因为，所以存在使得； 当时单调递减，所以，不符合题意. 综上所述：a的取值范围为 17．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数 ． (1)求函数 在 上的最大值和最小值； (2)若不等式 有解，求实数 的取值范围. 【答案】(1)最大值为 ，最小值为 (2) 【分析】（1）先利用导数可得函数 在 上单调递增，在上单调递减，从而可求函数 在 上的最大值和最小值； （2）不等式 可化为 ，记 ，则原不等式有解可转化为 ，再利用导数求函数的最大值，即可求实数 的取值范围. 【详解】（1）因为函数 ， 所以 ， 令 ，则 或 (舍去). 当 时， ，当 时， ， 所以函数 在 上单调递增，在上单调递减， 所以当 时， 取得最大值，最大值为 ， 又 ， ， 所以 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为 ， 故 在 上的最大值为 ，最小值为 . （2）易知 的定义域为 ， 故不等式 可化为 . 记 ，则原不等式有解可转化为 . 易得 ，时，，时，， 所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 故 ，所以 ， 解得 . 所以实数 的取值范围为 . 18．（24-25高三上·山东青岛·期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，……已知函数． (1)求函数在处的阶帕德近似． (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据帕德近似定义对函数求导即可得出； （2）①构造函数并求导得出其在上的单调性，即可得出结论； ②根据函数解析式求导再结合函数单调性以及极值、最值的综合应用即可求得实数m的取值范围． 【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似， 则，，， 由得，所以，则， 又由得，所以， 由得， 所以， （2）①令，， 因为， 所以在及上均单调递减． 当，，即， 而，所以，即， 当，，即， 而，所以，即， 所以不等式恒成立； ②由得在上恒成立， 令，且，所以是的极大值点， 又，故，则， 当时，， 所以， 当时，，，则， 故在上单调递增，所以当时，， 当时，， 令，因为，所以在上单调递减， 所以， 又因为在上， 故当时，， 综上，当时，恒成立． 【点睛】关键点点睛：理解帕德近似的定义并求得的解析式，是求解本题第二问的关键，再结合导数求得单调性可解. 19．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【详解】（1），，， 所以在处的切线方程为， 即； （2）由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； （3）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 20．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)或； (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义结合切线方程，列式求解，即得答案. （2）求出函数的导数，结合二次函数的判别式，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案. 【详解】（1）由于，则， 点在上， 故； 又，则， 则，解得或； （2）由题意得的定义域为， 则， 令， 当时，即，所以在上单调递减； 当时，， 当时，，则在上单调递增； 当时，，的根为， 由于，即， 当或时，， 在和上单调递增； 当时，， 在上单调递减； 综上，当时，在上单调递减； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. 当时，在上单调递增； 21．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知函数，其中，且为的导数. (1)若，且当时，恒成立，求的取值范围； (2)当时，设，若方程存在两个不同的实根，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）代入，然后求出导数，分类讨论和，由单调性求出最小值，然后得到范围； （2）代入后整理得到方程，设两根为，代回方程后相加、相减后整理得到和.利用分析法将证明，转变为证明，然后由的计算整理后换元得到，构建函数，由导数得到单调性，然后得到即可得证. 【详解】（1）当时，. 当时，因为， 所以在上单调递增. 则，满足恒成立. 当时，令，即，解得. 当时，单调递减； 当时，单调递增， 因为，所以不满足恒成立. 综上，的取值范围是. （2）当时，由题意知， 即. 因为方程存在两个不同的实根，不妨设， 所以， 两式相加得，.① 两式相减得，， 因为，所以.② 要证明， 即证明， 由①得，即证明， 由②得，即证明， 即证明， 令，则， 即证明. 令， 则， 故在上单调递增，所以， 即成立，得证. 【点睛】方法点睛:本题的关键方法是利用分析法，将需要证明得不等式与已知的关系式相结合，得到新的需要证明得不等式，然后利用作差法构建函数，由函数的导数求函数的最小值. 22．（24-25高三上·山东济南·期末）已知其中. (1)若恒成立，求的取值范围； (2)判断方程解的个数，并说明理由. 【答案】(1) (2)当或时，方程只有一个解.当或时，方程有两个解. 【分析】（1）不等式等价于，利用导数求得的最大值即可得到的取值范围. （2）令，则，令，则，当时，由的单调性即可得到方程解的个数；当时，令得，结合的单调性，可得，令，则，则，则，再就的范围分类讨论后可得解的个数. 【详解】（1）由题的定义域为，即，即恒成立， 令，则， 则当时，，单调递减；当时，单调递增； 故在上有最大值， 所以，即的取值范围是. （2）方程即， 令，，则， 令，则， ①当时，在上单调递减，即在上单调递减， 又，所以当时，单调递增；当时，单调递减， 故在处取得最大值，即，所以只有一个零点，即原方程只有一个解； ②当时，令解得， 当时，在上单调递增， 即在上单调递增； 当时，在上单调递减， 即在上单调递减，所以在处取得最大值， 即， 若，则，故（不恒为零），故在上为减函数， 而，故所以只有一个零点，即原方程只有一个解. 若，令，则， 故在上为减函数，而即， 此时，而，故当时，， 当时，，故在上存在一个零点， 且当时，，当时，， 当时，， 故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数， 而，当时，， 若，则有1个不同的零点； 若，则有2个不同的零点； 当时，在上为增函数，故即， 此时，而，故当时，， 当时，，故在上存在一个零点， 且当时，，当时，， 当时，， 故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数， 而，当时，，故有两个不同的零点； 综上，当或时，方程只有一个解. 当或时，方程有两个解. 【点睛】本题主要考查的是不等式恒成立问题，利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值，属于较难题. 试卷第1页，共3页 1 / 73 学科网（北京）股份有限公司 $