导数及其应用 专项训练——2026届高三数学一轮复习

山东省2026年高考一轮复习函数与导数专题---导数及其应用训练题 一、单选题 1．如果函数在处的导数为1，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．设函数的导函数为，已知，则（   ） A．2 B．1 C． D．0 3．已知函数的导函数为，且，.若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 5．若函数，则的值域为（   ） A． B． C． D． 6．已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设函数的导函数为，则（   ） A． B．是函数的极大值点 C．有且仅有两个零点 D．在上的最小值为 10．已知函数，则（    ） A．恒成立 B．时，单调递减 C．在取得极大值 D．只有一个零点 11．已知函数（），则（   ） A． B．的零点个数为1 C．在上存在零点 D．在上单调递减 三、填空题 12．若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数 . 13．已知函数，则不等式的解集为 ． 14．已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 四、解答题 15．已知函数． (1)证明函数在上单调递增； (2)求函数在区间上的最大值和最小值． 16．已知函数. (1)若，求实数的值； (2)若在上有且仅有两个不同极值点，求实数的取值范围. 17．已知函数． (1)若直线与函数的图象均相切，求直线的方程； (2)记． （i）求的单调区间； （ii）若，其中，求证：． 18．已知函数，． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极大值，且极大值小于0，求的取值范围． 19．已知函数， (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，函数，且不等式恒成立，求实数m的取值范围． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】由极限的性质结合导数的定义计算即可. 【详解】因为函数在处的导数为1， 所以， 故选：C 2．B 【分析】先利用对数的运算法则化简原函数，再求导计算求解． 【详解】， 求导得， ，故B正确． 故选：B． 3．D 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性，结合恒成立求出范围. 【详解】令函数，求导得，函数在上单调递增， 不等式，即，则， 依题意，不等式在上恒成立，则，解得， 所以的取值范围为. 故选：D 4．D 【分析】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解. 【详解】要比较，，等价于比较的大小, 等价于比较, 即比较, 构造函数,, 令得,令得, 所以在单调递增, 单调递减. 所以, 因为， 所以最大，即，，中最大， 设， 结合的单调性得，， 先证明，其中， 即证， 令，，其中， 则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 则有， 由可知， 所以， 因为，所以即， 因为，在单调递增， 所以，即， 因为 所以所以， 即， 因为，在单调递减. 所以， 即，即， 综上，. 故选：D 【点睛】关键点睛：应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 5．B 【分析】求导，分析函数的单调性，求函数的值域即可. 【详解】由， 所以， 设， 则，所以即在R上单调递增. 又由，所以当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以在时，取到最小值，即函数值域为. 故选：B 6．C 【分析】根据题意，转化为与的图像有两个不同的交点，利用导数法求得的单调区间和极值，画出函数的图像，结合图像，即可求解. 【详解】因为函数有两个不同的零点，可得有两个不等的实根， 即方程有两个不等的实根，即与的图像有两个不同的交点， 由，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，且当时，；当时，， 画出函数与的图像，如图所示， 结合图像，可得，所以实数的取值范围为. 故选：C.    7．C 【分析】设曲线上的切点为，曲线上的切点为，利用导数的几何意义表示出切线方程，从而得到方程组，求出、，即可得到切线方程，从而求出的值. 【详解】设曲线上的切点为， 曲线上的切点为， 由可得，则 ，所以切线方程为， 由可得，则， 所以，即，解得， 切线方程为，即，所以. 故选：C 8．D 【分析】解法一：利用导数的运算法则得，根据函数单调时导数恒正或恒负，分离参数后求函数最值确定的取值范围；解法二：利用补集思想，先求函数不单调时的取值范围，再取补集得到单调时的取值范围. 【详解】（解法1）因为在区间上是单调函数， 所以，对，有， 或者恒成立， 所以，对有或者恒成立， 利用二次函数性质求解可得：或者， 设，定义域为，， 当时，，所以， 即在上单调递减，则， 又因为时，， 且时，， 所以，则或者， 所以. （解法2）若在区间上不单调， 则在内存在极值点， 所以，在内存在变号实根， 即在内存在变号实根， 化简得：在内存在变号实根， 所以，直线与函数在上的图像有交叉点， 又由解法一可知，，所以，化简得：， 若在区间上是单调函数，则. 故选：D. 9．AD 【分析】求导，令得到，确定，再根据导数的运算法则，结合极值点、零点、导数的性质逐一判断即可. 【详解】由， 求导得，令，得， 即， 则. A：因为，所以A正确； B：因为当时，单调递增， 当时，单调递减，且， 所以是函数的极小值点，因此B错误； C：，或， 由，因此有且仅有三个零点，所以C不正确； D：当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为，所以在上的最小值为，因此D正确， 故选：AD 10．BCD 【分析】根据函数的零点和对函数求导分析极值点，单调性逐一分析判断选项. 【详解】，，. ， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，B选项正确； ，C选项正确； 当时，，此时，A选项错误； 由，可得，解得，D选项正确. 故选：BCD 11．BCD 【分析】将自变量代入及对数的运算性质判断A，利用导数研究函数的零点和区间单调性判断B、C、D. 【详解】A：由，错， B：令，则， 所以，则，且， 令，且，所以与的零点相同， 所以， 所以在上单调递增，而， 所以在上存在零点，则在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而，，，故在上存在一个零点， 则在上存在唯一零点，即在上零点个数为1，对， C：由B分析知，在上存在一个零点，对， D：由题意，令且， 所以，即在上单调递减， 所以，即在上恒成立， 所以在上单调递减，对. 故选：BCD 12．2 【分析】设直线的方程为：与圆的方程联立，，求出直线的方程，利用导数的几何意义求出切点坐标，将切点代入直线方程即可求解. 【详解】设直线的方程为：， 与联立得 整理得， ，解得，. 所以直线的方程为：或. 故，所以切点为， 在或.上所以或， 又，所以. 故答案为： 13． 【分析】先利用导数法判断在上单调递增，利用单调性性质判断在上单调递增，然后利用单调性性质可得在R上单调递增，进而得在R上单调递增，将不等式可化为，最后利用单调性求解即可. 【详解】当时，，所以， 所以在上单调递增，所以； 当时，， 因为在上单调递减，在定义域内单调递增， 所以在上单调递减， 因为在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以； 所以在R上单调递增. 令，因为在R上单调递增，所以在R上单调递增， 所以在R上单调递增，且， 故不等式可化为，所以， 所以不等式的解集为. 故答案为： 14． 【分析】令，可得，原不等式可化为，令，要使对所有恒成立，需满足，进而求出的取值范围. 【详解】由不等式可知，令， 对，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 当时，取得极大值也是最大值，又时，，时，， 所以. 又， 所以原不等式可化为， 令， 则，当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，所以要使对任意成立，则区间不能取得使的值， 由函数性质可知当时会出现负值，故须满足，解得，又，所以， 即实数的取值范围为， 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2)最大值为，最小值为 【详解】（1）证明:  由，得， ，．在上单调递增． （2）解:  由（1）知函数在上单调递增， 所以，， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）求导，代入即可求解， （2）求导，将问题转化为在上仅有一个不为1的，实数根构造函数由导数求解函数的单调性，进而求解最值得解. 【详解】（1）， ，故 （2）令，则在上有且仅有两个实数根， 由于，所以在上仅有一个实数根，则在上仅有一个不为1的实数根， 令则， 当时， 在上单调递增， 当时， 在上单调递减， 且 而故 17．(1) (2)（i）单减区间为，无单增区间（ii）证明见解析 【分析】（1）设两个函数的切点，根据导数的几何意义和点斜式写出两个函数对应的切线方程，让其系数相等，再令，求导即可求出； （2）（i）先得到的解析式，求其二阶导数，通过判断二阶导数进而判断一阶导数的正负，最后根据导数与单调性的关系即可判断； （ii）通过可得 ，  再将转化成，最后令，求导判断单调性即可. 【详解】（1）定义域为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为，   比较对应项系数，有，消元得． 令，则，故为单调减函数， 当且仅当时，， 所以，直线的方程为． （2）（i），其定义域为． 记，则． 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，    故，即在上单调递减． 所以的单减区间为，无单增区间．    （ii）由（i）及知，当时，，当时，， 因为，且，所以，   要证，只需证，即， 也就是， 令， 则，    记， 则，所以在上单调递增， ，故在上单调递减， ，得， 从而，即． 18．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数求得，可求切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论正负，从而求得的单调性， （3）由（2）可得极大值，再根据极大值小于0，求得的取值范围. 【详解】（1）当时，，则，， 所以， 所以函数在点处的切线方程为， 即； （2）函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，在上单调递增. 当时，由，解得， 由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）当时恒成立，在上单调递增，无极值. 当时，在处取得极大值，极大值为. 令，解得， 所以的取值范围为. 19．(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）先对函数求导，再根据a的值分和两种情况讨论可得； （2）先由函数可得，进而可得，从而将不等式转化为对恒成立，再构造函数，用导数求函数的最小值可得. 【详解】（1）当时，，定义域为，， 当时，，函数在上单调递减； 当时，令，得；令，得， 函数在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，，当时，，单调递增，显然不成立； 当时，由，得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为.由恒成立，得，即，解得. 原不等式化为对任意和恒成立. 令，则. 当时，的最小值为的最小值，故.， ，令，， 则恒成立，在上单调递增． 由于，，由零点存在性定理， ，使得，即，（*） 当时，，，当时，，， 即在上单调递减，在上单调递增，， 由（*）式可知，，， 令，，又，，即在上为增函数， ，即，，由及代入， ， ，即实数m的取值范围为 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $