专题07 函数与导数7个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 函数与导数 7大考点概览 考点01函数的基本性质 考点02抽象函数 考点03指对幂函数 考点04函数的应用 考点05导数的几何意义 考点06导数与函数的单调性极值最值 考点07导数的综合大题 函数的基本性质 考点1 1．（2026·福建泉州·二模）定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建漳州·模拟预测）若函数是定义在上的奇函数，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·福建泉州·模拟预测）定义在上的奇函数满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，且，则____ 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则 （    ） A． B． C． D． 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义域上的函数满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 7．【多选题】（2025·福建漳州·模拟预测）若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（   ） A． B． C． D． 8．（2025·福建漳州·模拟预测）定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 抽象函数 考点2 1．（2026·福建龙岩·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A．是偶函数 B．的最小正周期是2 C．关于点中心对称 D．是奇函数 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A．34 B．35 C．36 D．37 3．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）定义区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意，；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（   ） A．在上严格单调递增 B．的图象关于点对称 C．当时 D．当时， 4．【多选题】（2025·福建福州·一模）已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（    ） A．的图象关于点对称 B．是以8为周期的周期函数 C． D． 5．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程无解 C． D． 6．（2025·福建莆田·模拟预测）已知函数的定义域为，值域为，若，函数为偶函数，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知定义在上的函数满足,且当x>1时，， 则（     ） A． B． C． D． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程有解 C． D． 指对幂函数 考点3 1．（2025·福建泉州·模拟预测）已知指数函数，若满足，且均大于，则的大小关系为（    ） A．且 B． C． D． 2．（2025·福建泉州·模拟预测）若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建福州·模拟预测）若函数的定义域和值域的交集为空集，则a的取值范围是（     ） A． B． C． D． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，（为自然常数）且，则的最大值为________． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数与的图象关于直线对称，则______． 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·福建漳州·模拟预测）若，，，则（   ） A． B． C． D． 函数的应用 考点4 1．（2026·福建龙岩·一模）某云计算平台处理文件量（单位：GB）的所需时间（单位：），其中为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（    ） A．3min B．6min C．9min D．24min 2．（2025·福建三明·模拟预测）随着人工智能的爆火，其已被广泛地用来实现语义分析、计算推理、问答对话、代码编写等任务，其实现指令的背后主要靠大语言模型算法，其中函数：是算法中被广泛使用的一种激活函数．激活函数的一个重要作用是执行数据的归一化，将输入数据映射到某个范围内，再往下传递，这样做的好处是可以限制数据的扩张，防止数据过大导致的溢出风险．函数是函数的改进版，，那么下列说法正确的是（    ） A．函数可以将所有输入值映射到范围内 B．函数和函数图象的对称中心相同 C．复合模型函数有偶数个零点 D．函数和函数的图象仅有一个公共点 3．（2025·福建莆田·模拟预测）点声源亦称“球面声源”或“简单声源”.已知点声源在空间中传播时，衰减量（单位：）与传播距离（单位：）的关系式为，其中为常数.当传播距离为时，衰减量为；当传播距离为时，衰减量为.若，则约为（   ）（参考数据：） A．6dB B．4dB C．3dB D．2dB 导数的几何意义 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）函数为偶函数，图象在点的切线方程为，则=___________． 2．（2025·福建三明·模拟预测）若偶函数在处的切线方程为，则___________． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 4．（2025·福建福州·模拟预测）已知曲线在A，B两点处的切线垂直于y轴．若直线AB的斜率为，则实数c的取值范围为_____． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则与曲线，都相切的直线的方程是______． 6．（2025·福建福州·模拟预测）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 导数与函数的单调性极值最值 考点6 1．【多选题】（2026·福建福州·模拟预测）设函数，则下列说法中正确的有（   ） A．函数是奇函数 B．在区间上单调递增 C．直线，与曲线的公共点个数不相等 D．斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 2．（2026·福建龙岩·一模）已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______. 3．【多选题】（2026·福建莆田·二模）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．有且只有一个零点 B．点为曲线的对称中心 C．曲线在点处的切线方程为 D．， 4．（2026·福建莆田·二模）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，求实数的取值范围. 5.【多选题】（2026·福建泉州·二模）已知函数有两个零点，则（   ） A．当时， B． C．当时， D．函数取最小值时， 6．（2026·福建泉州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)证明：当时，； (3)证明：． 7．（2026·福建漳州·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若是减函数，求的取值范围； (3)当时，，求的最大值； 8．（2026·福建漳州·模拟预测）已知实数，满足，则（   ） A． B． C． D． 9．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数． (1)当时，求证：单调递增； (2)若在上不单调，求的取值范围； (3)当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 10．【多选题】（2025·福建三明·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．是的最大值 C．是的最小值 D．时，有三个零点 11．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数有3个零点和2个极值点，则（   ） A．的3个零点之和等于 B．的3个零点之积等于 C．在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D．的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 12．（2025·福建·模拟预测）已知函数. (1)求函数的极值点； (2)若函数在区间上的最小值为0，求实数的值. 13．【多选题】（2025·福建·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．对任意的实数，，函数恒有两个极值点 B．设，为的极值点，则 C．当时，若在上有最大值，则 D．若，则 14．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)当时， ①证明: 有唯一极值点; ②若存在，使得恒成立，求的取值范围. 15．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，且. (1)求曲线的对称中心； (2)证明：曲线在对称中心处的切线不过坐标原点； (3)讨论的单调性. 参考数据：当时，. 16．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 导数的综合大题 考点7 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 2．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； (3)当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的值域； (2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； (3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 4．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)当时，证明：； (2)若存在两个零点，求的取值范围. 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，，，，直线的斜率为，曲线在点的切线为.证明： (1)除点外，曲线上的点恒在直线的上方； (2)若，则； (3). 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 函数与导数 函数的基本性质 考点1 1.D 2.A 3.D 4.. 5.D 6.B 7.ACD 8.D 抽象函数 考点2 1.A 2.B 3.BCD 4.BC 5.ABC 6.B 7.AD 8.C 指对幂函数 考点3 1.A 2.D 3.B 4.． 5. 6.C 7.C 函数的应用 考点4 1.B 2.D 3.A 导数的几何意义 考点5 1.. 2.2 3.. 4. 5.． 6.D 导数与函数的单调性极值最值 考点6 1.ACD 2. 3.AC 4.【详解】（1）当时，，则， 由得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为，无极大值； （2）等价于， 令，则在上恒成立， 则，得， 因为， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以当时，， 综上，实数的取值范围为. 5.ACD 6.【详解】（1）， 当时，在上单调递增，函数无极值； 当时，令得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以当时，取得极小值，无极大值. （2）令， 由（1）知，取时，， 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以时，； 又因为，所以时，， 综上当时，，即，当且仅当时等号成立. （3）令，则, 则由（2）中结论可得即， 因此， 所以. 7.【详解】（1）当时， 的定义域为，且． 令，得；令，得； 因此，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）因为在单调递减， 所以，即在恒成立． 令，则． 令，则 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以的最大值为，所以的取值范围． （3）的定义域为，． 因为在上单调递增，所以． ①当时，对，有，所以在上单调递增， 则对，，所以符合题意． ②当时，令，得，所以在上单调递减， 所以当时，，所以不合题意，舍去． 综上，，所以的最大值为． 8.B 9.【详解】（1）当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增. （2），因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. （3）由（2）知，当时，在单调递增，所以； 当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，如图，    则时，有两个根， 又，，所以不妨取， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以 ， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上时，在上的最小值为1. 10.AC 11.BCD 12.【详解】（1）函数的定义域为， 又， 所以当时，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以为的极小值点，无极大值点. （2）当，即时，在上单调递增， 所以在处取得最小值，，不符合题意； 当，即，此时在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得； 当，即，此时在上单调递减， 所以，不符合题意； 综上可得. 13.AD 14.【详解】（1）当时，， 则， 当时，， 由得，即； 由得，即； 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）①由得，， 令， 则在上恒成立， 则在上单调递增， 因， 则，， 则，使得，即， 则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则存在唯一极小值点； ②由①可知， 令， 则 ， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因对恒成立，则， 又使得成立，则， 因，， 则，得， 故的取值范围为. 15.【详解】（1）解：由函数， 则满足，解得，所以函数的定义域为， 因为 所以曲线的对称中心为. （2）证明：由函数，可得， 则，所以曲线在对称中心处的切线方程为， 因为且，，所以曲线在对称中心处的切线不过坐标原点. （3）解：当时，，此时在上单调递增； 当时， 当时，. 设，，所以，令，可得， 所以在上单调递减，上单调递增， 因为当时，，，，所以， 由，可看成关于变量的二次函数， 该二次函数的判别式为， 由引理可知，，所以，， 因为时，，所以，此时在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减. 16.【详解】（1）若，， ， ， 令，则， 所以在单调递增， 因为， 所以当时，，即；当时，，即， 所以的减区间为，增区间为. （2）解法一：，即 ， ①若，则不等式显然成立； ②若，则当时，不合题意； ③若，则等价于， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，， 所以成立，也即，则； 综上可得，. 解法二：①若，不等式显然成立； ②若，当时，不合题意； ③若，则，当时，在上单调递增， 且当时，；当时，， 使 ，即， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时， 令（），则， 所以在上单调递减， 因为，所以当时，， 所以，则； 综上可得，. 导数的综合大题 考点7 1.【详解】（1）当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 2.【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 综上所述：当时，函数的单调增区间是； 当时，函数的单调减区间是，单调增区间是； （2）由,得， 因为， ，， 所以 . 不妨设，令，则，令， 所以， 所以在上单调递增，，即， 因为，，所以， 所以. （3）当时，，， 设，， 当时，，则在上单调递增， 所以，，则， 构造函数 ， 求导得， 所以在上单调递增，则， 所以当时，所以， 即， 所以，即，得， 当时，， 即，又因为,所以， 所以 . 3.【详解】（1）当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． （2）由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． （3）解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 4.【详解】（1）依题意得，要证，只需证， 令，所以. 设， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以当时,，即，所以在区间上单调递增， 故当时,. 故当时，，即. （2），. 若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去； 若，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为 ，所以当时，;当时，; 由存在两个零点，得，即，所以,所以. 综上所述，的取值范围是. 解法二： 因为，所以不是的零点. 所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解， 即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点. 因为， 当或时，；当时，. 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增. 当时，；当时，. 当时，因为在区间上单调递减， 此时与至多一个交点，舍去； 当时，要使得与有两个交点，需满足， 在的条件下， 因为及，且在区间上单调递减， 所以与在区间上恰1个交点； 由(1)知，， 又因为，且在区间上单调递增， 所以与在区间上恰1个交点. 综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是. 5.【详解】（1）因为函数，所以求导得. 所以，. 所以切线的斜率为，. 所以直线的方程为：，即：. 令，求导得： ，. 令，则，所以在上单调递增， 因为，所以在上小于0，在上大于0，即： 在上小于0，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，所以， 因为点为切线的切点，所以除点外，曲线上的点恒在直线的上方. （2）由（1）知，， 所以. 所以. 因为，所以， 所以. （3），所以 ，. 因为 所以. ① 令，则，所以， 所以. 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，从而，又， 所以，所以. ② 令，所以求导 令，则， 所以在上单调递增，所以. 所以，所以在上单调递增， 所以，即， 不等式两边同时除以得：，所以. 综上所述，. 6.【详解】（1）若，则， 因为当时，，仅当时，“＝”成立， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为. （2），令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 函数与导数 7大考点概览 考点01函数的基本性质 考点02抽象函数 考点03指对幂函数 考点04函数的应用 考点05导数的几何意义 考点06导数与函数的单调性极值最值 考点07导数的综合大题 函数的基本性质 考点1 1．（2026·福建泉州·二模）定义在上的奇函数，当时，，则的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出当时，再利用奇函数的性质可得时，即可求解. 【详解】当时，，则， 因函数为奇函数，则当时，则， 所以，又因，所以，即， 综上可得的值域为，故D正确. 故选：D. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）若函数是定义在上的奇函数，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由是奇函数求出，由复合函数单调性判断的单调性，由奇函数性质和单调性求解不等式. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 所以，解得，所以， 令，则， 因为，所以，所以恒成立， 即在上单调递增，又是增函数，所以在上单调递增. 因为，所以． 又是增函数，所以，解得． 故选：A． 3．（2025·福建泉州·模拟预测）定义在上的奇函数满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用函数的性质，得，再将代入，即可求解. 【详解】因为奇函数，又，知的一个周期为， 所以， 又当时，，所以，则， 故选：D. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，且，则____ 【答案】 【分析】由已知可得，求解即可. 【详解】因为函数，且，所以，解得. 故答案为：. 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等差数列的通项公式，得到的通项，即得答案. 【详解】函数在 时定义为 ， 取 得：， 令，得：， ， 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 故. 故选：D 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义域上的函数满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求得函数的周期，利用周期函数的性质求解即可. 【详解】由，可得， 所以是周期为4的周期函数， 所以. 故选：B. 7．【多选题】（2025·福建漳州·模拟预测）若函数的图象上存在四点共圆，则满足条件的可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】结合函数的性质和图象，数形结合，一一判断各选项中函数是否符合题意，即得答案. 【详解】对于A，函数的图象为抛物线，关于y轴对称， 不妨取，则四边形为等腰梯形， 则四点共圆，A符合题意； 对于B，，定义域为，在上单调递增， 该函数图象上升比较平缓，图象上没有剧烈变化的分界点， 故不可能存在某个圆与的图象有4个交点， 即的图象上不可能存在四点共圆，B不符合题意； 对于C，作出的图象， 必存在圆与的图象有4个交点的情况，C符合题意； 对于D，作出的图象，可知当时，图象比较平缓地上升， 当且x逐渐变大时，函数图象上升，且变得越来越陡峭， 故只要某圆的半径足够大，必存在圆与的图象有4个交点，D符合题意. 故选：ACD 8．（2025·福建漳州·模拟预测）定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题干条件，构造函数，结合单调性的定义，可得的单调性，根据奇偶性的定义，可得的奇偶性，结合特殊值，计算分析，即可得答案. 【详解】因为，且，， 所以， 设， 则，，且，， 根据单调性的定义可得，在上单调递增， 因为在R上为奇函数， 所以， 所以在R上为奇函数， 所以在上单调递增， 因为， 所以，则， 所以的解集为， 所以的解集为. 故选：D 抽象函数 考点2 1．（2026·福建龙岩·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A．是偶函数 B．的最小正周期是2 C．关于点中心对称 D．是奇函数 【答案】A 【详解】由，得，周期为2， 但最小正周期不能判定，例如函数满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误； 由于周期为2，所以，， 又，得，所以是偶函数，A正确； 由只能推出对称轴为，无中心对称的推导依据，C错误； 令，由是偶函数且， 得，又， 所以，所以为偶函数，D错误. 2．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A．34 B．35 C．36 D．37 【答案】B 【详解】在中，且， 令，得， 令，得， 令，得. 3．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）定义区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意，；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（   ） A．在上严格单调递增 B．的图象关于点对称 C．当时 D．当时， 【答案】BCD 【分析】根据已知抽象函数的性质，结合函数单调性、对称性定义，通过赋值法逐一分析判断各选项的正确性． 【详解】A：，， 令，则，解得， 令，可得，即， 令，可得，即， ， 在上不是严格递增，故A错误； B：，把替换为，则， ，当时，，即， 的图象关于点对称，故B正确； C：任意， 由A的分析知， 当时，， ， 令，得，即，故C正确； D：， 令，得，即， 任意， 当时，， 当时，， 当时，，，故D正确． 故选： 4．【多选题】（2025·福建福州·一模）已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（    ） A．的图象关于点对称 B．是以8为周期的周期函数 C． D． 【答案】BC 【分析】根据函数奇偶性以及表达式，可得，则的图象关于点对称，故A错误；化简可得，故B正确；又，可得，故C正确；利用赋值法可求得，故D错误. 【详解】对于A，由题意，，且， 又，即①， 用替换中的，得②， 由①+②得，所以的图象关于点对称，故A错误； 对于B，由，可得，即， 所以， 所以是以8为周期的周期函数，故B正确； 对于C，由①可得，则， 所以，故C正确； 对于D，因为，为偶函数，所以， 令，则有， 令，则有， 令，则有， ， 令，则有， 所以 ，故D错误. 故选：BC. 5．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程无解 C． D． 【答案】ABC 【分析】对于A，由题设条件赋值即可计算求解；对于B，先假设存在使得，接着由题设条件赋值得到，令等于0求解即可判断；对于CD，分别赋值、和依次求得、和，接着依次赋值和得到递推式再结合累加法求出函数解析式即可求解判断CD. 【详解】对于A，由题意可得，故A正确； 对于B，假设存在使得，即方程有解， 则由题意可得， 则，令， 所以方程无解，故B正确； 对于CD，由题意可得， 所以， ， 所以 ， 所以， 所以当时， ， 时， ， 满足，所以对任意有， 所以， ，故C正确，D错误. 故选：ABC 6．（2025·福建莆田·模拟预测）已知函数的定义域为，值域为，若，函数为偶函数，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用恒等式可推导，得出周期性，再由偶函数可得函数的图象是关于直线对称的，再利用赋值思想即可求值. 【详解】因为的值域为， 所以可由得：， 则有， 所以函数是一个以4为周期的函数，则有， 又因为函数为偶函数，所以， 则函数的图象是关于直线对称的，即， 又因为周期性可知，所以， 又由可得：，所以， 因为的值域为，所以，即， 故选：B 7．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知定义在上的函数满足,且当x>1时，， 则（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法得到时，；构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】由题意，，. 赋值，得； 赋值，得，即， 当时，， 当时，则，所以，即； 所以，A正确， 取，则，，显然不成立，B错， 赋值，得，解得， 即； 由，， 得， 其中由，可知， 当时，，即； 当时，，即；故C错误； ，得； 又，所以， 则， 故，且不恒为，故D正确. 故选：AD. 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A． B．方程有解 C． D． 【答案】C 【分析】根据抽象函数式，一般考虑赋值法，利用函数的单调性，奇偶性，累加法、累乘法推理计算即可. 【详解】因和， 对于A，令，则，即，故A错误； 对于B，令，则，可得， 令，当时，则， 即，，，， 则 ， 其中 也符合，因，故方程无实数解，即B错误； 对于C，令，则，得到， 由，则C正确； 对于D，与不能恒相等，故D错误. 故选：C. 指对幂函数 考点1 1．（2025·福建泉州·模拟预测）已知指数函数，若满足，且均大于，则的大小关系为（    ） A．且 B． C． D． 【答案】A 【分析】利用对数的运算法则由得到的关系式，再代入到中，结合指数函数的单调性，可得到中的最小的数为，结合选项可得答案. 【详解】由，利用对数性质，得： ， 因此，，即， 利用换底公式得： 综上，，，且 . 代入 得： ，， ， 因为，所以，， 又由在上单调递增，所以, 因为大小关系不能确定，所以大小关系不确定，故BCD错误. 故选：A 2．（2025·福建泉州·模拟预测）若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断. 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当时，；当时，， 因此ABC都可能，D不可能. 故选：D 3．（2025·福建福州·模拟预测）若函数的定义域和值域的交集为空集，则a的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合分段函数的性质先求出定义域，再结合指数函数的及二次函数的性质求出值域，即可求解. 【详解】由题意可得函数的定义域为， 当时，， 要使得定义域和值域的交集为空集，则， 又时，， 若，则，此时显然不满足题意， 若，则在上单调递减，， 故， 所以，解得. 故选：B. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，（为自然常数）且，则的最大值为________． 【答案】 【分析】，令，由已知可得，进而可得，利用基本不等式可求得，进而计算可求得的最大值. 【详解】，令，则， 因为，即，所以， 所以，当且仅当，即，时，等号成立， 所以， 所以，即的最大值是． 故答案为：． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数与的图象关于直线对称，则______． 【答案】 【分析】根据两函数图象的位置关系求解即可得，由此即可得解. 【详解】设在图象上，则点关于直线对称点在图象上，则，即，. 故答案为：． 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对数函数可得函数在上的值域，根据一次函数以及二次函数的性质，建立不等式组，可得答案. 【详解】当时，易知， 当时，设在的值域为，由题意可得， 当时，，即，不符合题意； 当时，由不等式化简可得，解得 由不等式组，解得. 综上可得. 故选：C. 7．（2025·福建漳州·模拟预测）若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过中间值即可比较大小. 【详解】易知， ， ， 所以， 故选：C 函数的应用 考点4 1．（2026·福建龙岩·一模）某云计算平台处理文件量（单位：GB）的所需时间（单位：），其中为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（    ） A．3min B．6min C．9min D．24min 【答案】B 【分析】由条件列方程求，再求对应条件下的时间增加量即可. 【详解】由题意可得，解得， 所以当处理文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加. 2．（2025·福建三明·模拟预测）随着人工智能的爆火，其已被广泛地用来实现语义分析、计算推理、问答对话、代码编写等任务，其实现指令的背后主要靠大语言模型算法，其中函数：是算法中被广泛使用的一种激活函数．激活函数的一个重要作用是执行数据的归一化，将输入数据映射到某个范围内，再往下传递，这样做的好处是可以限制数据的扩张，防止数据过大导致的溢出风险．函数是函数的改进版，，那么下列说法正确的是（    ） A．函数可以将所有输入值映射到范围内 B．函数和函数图象的对称中心相同 C．复合模型函数有偶数个零点 D．函数和函数的图象仅有一个公共点 【答案】D 【分析】通过举反例可以判断A错误；分别求得函数和函数的对称中心即可判断B；判断得到是奇函数结合即可判断C；求方程,由方程解的个数可判断D. 【详解】对于A，，所以函数不能将所有输入值映射到范围内，故A错误； 对于B，函数和函数的定义域均为，即 图象的对称中心为； ，所以函数是奇函数，图象的对称中心是，故B错误； 对于C，的定义域为, ， ∴是奇函数，零点关于原点对称. 而,函数有奇数个零点. 对于D，令则即， 解得，∴.故D正确. 故选：D. 3．（2025·福建莆田·模拟预测）点声源亦称“球面声源”或“简单声源”.已知点声源在空间中传播时，衰减量（单位：）与传播距离（单位：）的关系式为，其中为常数.当传播距离为时，衰减量为；当传播距离为时，衰减量为.若，则约为（   ）（参考数据：） A．6dB B．4dB C．3dB D．2dB 【答案】A 【分析】利用函数值作差，再进行对数运算，即可求出近似值. 【详解】由， 因为，所以， 故答案为：A 导数的几何意义 考点5 1．（2025·福建泉州·模拟预测）函数为偶函数，图象在点的切线方程为，则=___________． 【答案】/ 【分析】由为偶函数可得，结合已知切线方程的斜率求解. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以. 由已知可知，所以， 故答案为：. 2．（2025·福建三明·模拟预测）若偶函数在处的切线方程为，则___________． 【答案】2 【分析】利用偶函数的定义，得到，代入原函数并求导数，进而求得处的导数值，结合切线方程得到该函数在处的切线斜率，列出方程，即可解出的值，最后需要验证定义域. 【详解】由是偶函数可得， 则，即， 因此，，， 对求导得， 所以，且直线的斜率， 根据题意，，即，， 结合，解得， 当时，，，，解得， 即在定义域内，成立. 故答案为：2. 3．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，则曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【分析】根据条件，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再利用点斜式，即可求解. 【详解】因为，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 故答案为：. 4．（2025·福建福州·模拟预测）已知曲线在A，B两点处的切线垂直于y轴．若直线AB的斜率为，则实数c的取值范围为_____． 【答案】 【分析】令，得到，求得，再由平均变化率的计算公式，化简得到，得到，进而求得实数的取值范围. 【详解】由函数，可得， 令，可得，设, 则，可得， 故 ， 化简得：， 所以，解得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则与曲线，都相切的直线的方程是______． 【答案】 【分析】由题可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线与，的切点分别为，，由导数的几何意义分别求得两点处的切线方程，由两切线斜率及截距相等列出方程组求解即可． 【详解】由题可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，直线与，的切点分别为，， ，，，， 对于，切线方程为， 对于，切线方程为， 所以，解得， 所以直线的方程为， 故答案为：． 6．（2025·福建福州·模拟预测）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线斜率与切线方程. 【详解】由已知， 则， 即切线斜率， 又， 所以切线方程为， 即， 故选：D. 导数与函数的单调性极值最值 考点6 1．【多选题】（2026·福建福州·模拟预测）设函数，则下列说法中正确的有（   ） A．函数是奇函数 B．在区间上单调递增 C．直线，与曲线的公共点个数不相等 D．斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 【答案】ACD 【分析】A选项运用奇函数的定义进行运算判断即可；B选项根据函数的导函数的正负性进行判断即可；C选项根据函数的单调性，结合B的结论进行判断即可；D选项根据函数的导函数解析式，结合配方法进行判断即可. 【详解】对于A，， 令，函数定义域为R， 因为， 所以函数是奇函数，所以A选项正确； 对于B，， 当时，单调递减，所以B选项不正确； 对于C，因为， 所以当时，单调递减， 当，或时，单调递增， 因为，当时，， 当时，， 所以直线，与曲线的公共点个数分别为和， 所以C选项正确； 对于D，设斜率为-12的直线方程为， 联立，消去得， 即， 令，， 当且仅当时取等号，所以在R上单调递增， 当时，；当时，， 根据单调函数的性质，与轴有且仅有一个交点， 所以斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点，所以D选项正确. 2．（2026·福建龙岩·一模）已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______. 【答案】 【详解】由题意，该方程有解，故， 该不等式对任意恒成立，即， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 即的最小值为. 3．【多选题】（2026·福建莆田·二模）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．有且只有一个零点 B．点为曲线的对称中心 C．曲线在点处的切线方程为 D．， 【答案】AC 【分析】对A：令，解出即可得；对B：举出反例即可得；对C：借助导数的几何意义计算即可得；对D：利用导数研究函数单调性，求出时的最大值与时的最小值即可得. 【详解】对A：令，解得， 故有且只有一个零点，故A正确； 对B：由， 故点不为曲线的对称中心，故B错误； 对C：因，则， 故曲线在点处的切线方程为，故C正确； 对D：因函数的定义域为， ， 当时，，当时，， 故在、上单调递增，在、上单调递减， 则当时，，当时，， 故不存在，使得，故D错误. 4．（2026·福建莆田·二模）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）求，根据其正负性得出函数的单调性即可； （2）令，根据得出，接着利用导数得出的单调性，解不等式即可. 【详解】（1）当时，，则， 由得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为，无极大值； （2）等价于， 令，则在上恒成立， 则，得， 因为， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以当时，， 综上，实数的取值范围为. 5.【多选题】（2026·福建泉州·二模）已知函数有两个零点，则（   ） A．当时， B． C．当时， D．函数取最小值时， 【答案】ACD 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即， 故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故. 故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得， 因为，若，则，为上的增函数， 与有两个不等的零点矛盾，故， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确. 故选：ACD. 6．（2026·福建泉州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)证明：当时，； (3)证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出，就、分类讨论后可得的极值情况； （2）设，由（1）的分析可得的单调性，从而可得当时，恒成立，故可证题设中的不等式； （3）由（2）中的不等式可得，利用裂项相消法证明. 【详解】（1）， 当时，在上单调递增，函数无极值； 当时，令得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以当时，取得极小值，无极大值. （2）令， 由（1）知，取时，， 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增， 因为，所以时，； 又因为，所以时，， 综上当时，，即，当且仅当时等号成立. （3）令，则, 则由（2）中结论可得即， 因此， 所以. 7．（2026·福建漳州·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若是减函数，求的取值范围； (3)当时，，求的最大值； 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) (3)1 【分析】（1）求导，分别令导数大于0和小于0，解不等式可得答案； （2）利用导数把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最值即可； （3）分类讨论求出的最小值即可. 【详解】（1）当时， 的定义域为，且． 令，得；令，得； 因此，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）因为在单调递减， 所以，即在恒成立． 令，则． 令，则 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以的最大值为，所以的取值范围． （3）的定义域为，． 因为在上单调递增，所以． ①当时，对，有，所以在上单调递增， 则对，，所以符合题意． ②当时，令，得，所以在上单调递减， 所以当时，，所以不合题意，舍去． 综上，，所以的最大值为． 8．（2026·福建漳州·模拟预测）已知实数，满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用的单调性与最值，结合同构法得出计算即可. 【详解】可化为， 令可得， 令可得，令可得， 所以在上单调递减，在上单调递增，即， 故， 当且仅当时取得等号， 又，显然，即， 所以. 故选：B 9．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数． (1)当时，求证：单调递增； (2)若在上不单调，求的取值范围； (3)当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求导，令，继续求导，根据导数确定单调性，可得，即，故得证； （2）求导，又，发现，若在上单调，即，即，令，利用导数得到最值，结合即可得到不单调时的范围； （3）由（2）知，当时，易得在单调递增，所以，当，结合（2）中的单调性，可得有2个解，且 ，由此可得，令，利用导数可证，即，结合即可证明. 【详解】（1）当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增. （2），因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. （3）由（2）知，当时，在单调递增，所以； 当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，如图，    则时，有两个根， 又，，所以不妨取， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以 ， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上时，在上的最小值为1. 10．【多选题】（2025·福建三明·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．是的最大值 C．是的最小值 D．时，有三个零点 【答案】AC 【分析】利用导数研究的区间单调性，并确定各单调区间的值域，结合各选项的描述判断正误即可. 【详解】由题设， 当或，则，当，则， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 当时，时，，， 所以，在区间上值域为，在区间上值域为，在区间上值域为， 所以有最小值，无最大值，B错，C对， 当，则，则，A对， 当时，区间上，即该区间上无零点， 且，则在、各有一个零点， 所以此时共有2个零点，D错. 故选：AC 11．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数有3个零点和2个极值点，则（   ） A．的3个零点之和等于 B．的3个零点之积等于 C．在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D．的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 【答案】BCD 【分析】令三个零点为，则并展开，结合已知解析式判断A、B；对函数求导有，由，若两个极值点为，则，且，即可判断C、D. 【详解】由题设，令三个零点为，则， 又，则，，A错，B对； 对函数求导得，显然，即， 若两个极值点为，则，故，D对； 三个零点的斜率之和为， 又，且， 所以， 所以，C对. 故选：BCD 12．（2025·福建·模拟预测）已知函数. (1)求函数的极值点； (2)若函数在区间上的最小值为0，求实数的值. 【答案】(1)极小值点为，无极大值点 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点； （2）分、、三种情况讨论，得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为， 又， 所以当时，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以为的极小值点，无极大值点. （2）当，即时，在上单调递增， 所以在处取得最小值，，不符合题意； 当，即，此时在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得； 当，即，此时在上单调递减， 所以，不符合题意； 综上可得. 13．【多选题】（2025·福建·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．对任意的实数，，函数恒有两个极值点 B．设，为的极值点，则 C．当时，若在上有最大值，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】对于A，利用导函数有两个变号零点即可判断；对于B，利用A项结论写出韦达定理，化简所求式求其值域即可判断；对于C，在时，讨论函数的单调性和变化趋势，由推得进行判断；对于D，化简计算得到，即可求出的值 【详解】因函数的定义域为，求导得. 对于A，由，知函数恒有两个变号零点，故函数恒有两个极值点，故A正确； 对于B，由A分析，，， 则，当且仅当时取等号，故B错误； 对于C，当时，， 当或时，，当时，， 故在和上单调递增，在上单调递减， 则，1分别是的极大值点和极小值点，因在上有最大值， 且，故有，故C错误； 对于D， ，则有，解得，故D正确. 故选：AD. 14．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的单调区间; (2)当时， ①证明: 有唯一极值点; ②若存在，使得恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间，单调递增区间. (2)①证明过程见解析；② 【分析】（1）求导得，再解三角不等式即可求出； （2）①求导，再令，结合零点存在性定理可得存在唯一一个零点，再结合的单调性即可求证； ②先根据①写出，再构造函数求其最大值，最后利用即可求出. 【详解】（1）当时，， 则， 当时，， 由得，即； 由得，即； 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）①由得，， 令， 则在上恒成立， 则在上单调递增， 因， 则，， 则，使得，即， 则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则存在唯一极小值点； ②由①可知， 令， 则 ， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因对恒成立，则， 又使得成立，则， 因，， 则，得， 故的取值范围为. 15．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，且. (1)求曲线的对称中心； (2)证明：曲线在对称中心处的切线不过坐标原点； (3)讨论的单调性. 参考数据：当时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得到曲线的对称性； （2）求得，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程为，即可得证； （3）根据题意，求分和，两种情况讨论，结合引理，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由函数， 则满足，解得，所以函数的定义域为， 因为 所以曲线的对称中心为. （2）证明：由函数，可得， 则，所以曲线在对称中心处的切线方程为， 因为且，，所以曲线在对称中心处的切线不过坐标原点. （3）解：当时，，此时在上单调递增； 当时， 当时，. 设，，所以，令，可得， 所以在上单调递减，上单调递增， 因为当时，，，，所以， 由，可看成关于变量的二次函数， 该二次函数的判别式为， 由引理可知，，所以，， 因为时，，所以，此时在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减. 16．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)减区间为，增区间为. (2) 【分析】（1）对函数求导后得，令，对其求导，可判断，则得在单调递增，再结合可求得结果； （2）解法一：由，得 ，判断当时成立，转化为，然后构造函数，，利用导数求出其最值，可求出的取值范围；解法二：利用导数求出（），构造函数，利用导数求得当时，，从而可求得，进而可求出的取值范围. 【详解】（1）若，， ， ， 令，则， 所以在单调递增， 因为， 所以当时，，即；当时，，即， 所以的减区间为，增区间为. （2）解法一：，即 ， ①若，则不等式显然成立； ②若，则当时，不合题意； ③若，则等价于， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，， 所以成立，也即，则； 综上可得，. 解法二：①若，不等式显然成立； ②若，当时，不合题意； ③若，则，当时，在上单调递增， 且当时，；当时，， 使 ，即， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时， 令（），则， 所以在上单调递减， 因为，所以当时，， 所以，则； 综上可得，. 导数的综合大题 考点7 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】(1) (2)9 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可； （2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可； 方法二：利用函数零点的定义，得到的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调性的关系，最后求出函数的最值即可. 【详解】（1）当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 2．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； (3)当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)当时，函数的单调增区间是；当时，函数的单调减区间是，单调增区间是； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，分、求解即可; （2）利用斜率公式求得，利用导数的几何意义求得，利用作差法、换元法及导数证明即可； （3）由题意可得，设，利用导数可得在内单调递性，从而得，构造函数 ，利用导数确定其单调性，从而得，即有，进一步可得，利用放缩法可得，最后结合等比数列、常数数列的求和公式即可得证明. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 综上所述：当时，函数的单调增区间是； 当时，函数的单调减区间是，单调增区间是； （2）由,得， 因为， ，， 所以 . 不妨设，令，则，令， 所以， 所以在上单调递增，，即， 因为，，所以， 所以. （3）当时，，， 设，， 当时，，则在上单调递增， 所以，，则， 构造函数 ， 求导得， 所以在上单调递增，则， 所以当时，所以， 即， 所以，即，得， 当时，， 即，又因为,所以， 所以 . 3．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的值域； (2)若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； (3)设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【详解】（1）当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． （2）由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． （3）解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 4．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)当时，证明：； (2)若存在两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用导数分析时，的单调性，并求得时，的最小值，即可证明不等式. (2)将存在两个零点问题转化为关于的方程有两个不同的解的问题，再转化为函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点问题，分析新函数的单调性及最值情况，可求得的取值范围. 【详解】（1）依题意得，要证，只需证， 令，所以. 设， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以当时,，即，所以在区间上单调递增， 故当时,. 故当时，，即. （2），. 若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去； 若，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为 ，所以当时，;当时，; 由存在两个零点，得，即，所以,所以. 综上所述，的取值范围是. 解法二： 因为，所以不是的零点. 所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解， 即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点. 因为， 当或时，；当时，. 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增. 当时，；当时，. 当时，因为在区间上单调递减， 此时与至多一个交点，舍去； 当时，要使得与有两个交点，需满足， 在的条件下， 因为及，且在区间上单调递减， 所以与在区间上恰1个交点； 由(1)知，， 又因为，且在区间上单调递增， 所以与在区间上恰1个交点. 综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是. 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，，，，直线的斜率为，曲线在点的切线为.证明： (1)除点外，曲线上的点恒在直线的上方； (2)若，则； (3). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)见解析 【分析】（1）首先利用已知条件求出直线的方程，然后利用作差法构造一个新函数，证明新函数恒大于0即可. （2）根据（1）中求出的不等式，进行化简计算即可证明. （3）首先求出的表达式，然后利用作差法，构造新函数，并求新函数的单调性，可求得结果. 【详解】（1）因为函数，所以求导得. 所以，. 所以切线的斜率为，. 所以直线的方程为：，即：. 令，求导得： ，. 令，则，所以在上单调递增， 因为，所以在上小于0，在上大于0，即： 在上小于0，在上大于0，所以在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，所以， 因为点为切线的切点，所以除点外，曲线上的点恒在直线的上方. （2）由（1）知，， 所以. 所以. 因为，所以， 所以. （3），所以 ，. 因为 所以. ① 令，则，所以， 所以. 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，从而，又， 所以，所以. ② 令，所以求导 令，则， 所以在上单调递增，所以. 所以，所以在上单调递增， 所以，即， 不等式两边同时除以得：，所以. 综上所述，. 6．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数. (1)若，求在上的最大值； (2)若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1)-1 (2) 【分析】（1）由函数解析式，求导，根据指数函数单调性以及三角函数的性质，可得函数的单调性，可得答案； （2）利用分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，求得给定区间上的最值，根据方程与函数的关系，可得答案. 【详解】（1）若，则， 因为当时，，仅当时，“＝”成立， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为. （2），令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $