专题1.8 函数与导数高考仿真综合卷专项突破训练-2026届高三数学二轮复习

专题1.8 函数与导数高考仿真综合卷——2026届高考数学二轮复习专题突破 一、选择题（共8题；共40分） 1．（2025·四川模拟）已知函数的定义域为，对于任意的，都有．若，且在时恒成立，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 2．（2025·嘉兴模拟）若实数满足，则下列结论不可能成立的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·浙江模拟）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间内的零点个数为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（2025·成都模拟）若，，且，则（　　） A． B． C． D． 6．（2025·苏州模拟）已知数列满足，则（　　） A． B． C． D． 7．（2025·开福模拟）函数的阶导就是对函数求次导数，记作，设函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 8．（2025·上海市模拟）过点向曲线：（为正整数）引斜率为的切线，切点为，则下列结论不正确的是（　　） A． B． C．数列的前项和为 D． 二、多项选择题（共3题；共18分） 9．（2025·嘉兴模拟）已知函数，则下列说法正确的是（　　） A．的单调递减区间是 B．若，则方程有两个不等的实根 C．若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D．若过点可以作曲线的三条切线，则 10．（2025·娄底模拟）已知函数的定义域为D，若，，都有，则称是次可加函数，则（　　） A．（）是次可加函数 B．（）是次可加函数 C．若，，，则次可加函数可以是周期函数 D．若，，，则次可加函数的表达式不唯一 11．（2025·长沙模拟）已知函数是其导函数.若存在且，满足，则（　　） A． B． C． D． 三、填空题（共3题；共15分） 12．（2025·涪城模拟），，则的取值为　 　. 13．（2025·长沙模拟）已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围为　 　． 14．（2025·惠州模拟）已知函数（，且），若恒成立，则的最小值为　 　． 四、解答题（共5题；共77分） 15．（2025·嘉兴模拟）已知函数.当时，恒成立. （1）求实数的取值范围； （2）求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 16．（2025·娄底模拟）已知函数（）． （1）当时，讨论的单调性； （2）已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 17．（2025·成都模拟）已知函数，数列满足：，，. （1）若，求的取值范围； （2）证明：对任意，； （3）定义，证明：. 18．（2025·浙江模拟）若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”. （1）判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由. （ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ）. （2）若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数. （3）已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性. 19．（2025·阳江模拟）某研究机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能Y，S，W来提升综合能力.初始时，机器人选择学习技能Y，且每次学习Y后会等可能地选择学习S或W；每次学习S后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习W；每次学习W后，有0.25的概率继续学习Y，0.75的概率学习S.设，，分别表示第n次学习后接着学习技能Y，S，W的概率. （1）若机器人仅进行三次学习，求学习技能Y次数的分布列及其数学期望； （2）求及其最大值； （3）已知，， 若数列的前项和为，证明：. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 答案解析部分 1．【答案】A 【解析】解：因为，由， 可得，即． 令，可得， 则函数在上单调递增， 所以 ， 由， 可得，即， 则在时恒成立， 只需，解得. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：A. 构造函数，再利用增函数的定义，可知函数在上单调递增，从而将所求不等式变形为，进而得出在时恒成立，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出关于实数的不等式组，进而解不等式组得出实数a的取值范围. 2．【答案】D 【解析】解：由， 得， 由选项知，只需要讨论及两种情况， 当时，， 所以， 因为函数在上单调递增， 所以，即，得成立，故A正确； 因为，所以， 则， 得，所以，故B正确； 当时，， 所以， 因为函数在上单调递增， 所以，则，得成立，故C正确； 因为， 所以， 则， 得，则，故D错误. 故答案为：D. 分及两种情况讨论，结合对数函数的单调性，从而逐项判断找出结论不可能的成立的选项. 3．【答案】D 【解析】解：因为，所以， 所以，由正弦定理可得， 又 ，所以，所以， 因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，， 因为， 因为，，所以， 所以，所以， 所以的取值范围为， 故选：D． 根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 . 4．【答案】B 【解析】因为，故，故， 即， 而当时，， 故当时，，故， 故， 当时，， 而在上为减函数，在为增函数， 故在有有且只有一个实数解为； 当时，， 而，故，此时在上无解； 故当时，，则， 结合上的性质可得在上有且只有一个实数解， 且该实数解为，在无实数解， 而且， 故在上的实数解为，，， ，共4个实数解， 故共有4个不同的零点. 故答案为：B. 根据题意，得到，进而利用式子的关系求出各段的解析式，得到 接着利用不等式性质求出范围，进而得到结果. 5．【答案】D 【解析】解：已知，将等式进行移项可得. 根据对数运算法则，进一步变形为. 因为，则， 所以， 令，对求导可得，所以在上单调递增. 因为，，， 所以， 根据的单调性可知，即， 再根据对数函数的性质，所以，C错，D对； 若，此时，且， 而， 所以，则，此时，排除A， 若，此时，且， 若时，，必有，排除B； 故答案为：D. 先对等式进行变形可得，构造，利用函数单调性可得，结合对数函数的性质即可判断C，D，利用特殊值法即可判断A，即可判断B. 6．【答案】C 【解析】解：A、因为，所以，所以，所以，故选项A错误； B、因为，，所以，所以当时，，故选项B错误； C、因为，所以， 所以，即， 所以当时，， 所以，所以，，故选项C正确； D、，而，故选项D错误. 故选：C. 根据给定的递推公式，变形可知，即可判断选项A；由和递推公式求得，进而即可判断选项B；裂项可得，结合累加法可得，进而计算即可判断选项CD. 7．【答案】C 【解析】解：因为， 所以有且仅有一个整数解， 设， 则， 当时，，此时单调递增； 当时，单调递减， 当时，； 当时，， 则， 作出函数的图象，如图所示， 则直线过定点， 要使不等式恰有一个正整数解， 则 解得. 故答案为：C. 根据的定义得出，令，利用导数判断函数的单调性，从而作出函数的图象，再根据直线过定点，最后由不等式恰有一个正整数解和数形结合的方法，从而得出实数k的取值范围. 8．【答案】C 【解析】解：A、设直线， 联立，消y整理得， 由题意可知，，解得（负值舍去），故选项A正确； B、所以， 所以，故选项B正确； C、所以，所以， 所以，故选项C错误； D、因为，， 所以， 设，则， 可得在上单调递增， 则时，， 又，则，故选项D正确. 故选：C. 设直线，联立消元可得一元二次方程，进而由列式求得kn即可判断选项A；解一元二次方程即可求得进而求得切点横坐标，结合对数的运算法则计算即可判断选项B；利用方程求得切点纵坐标，进而可求得，结合等差数列的求和公式计算可判断选项C；令，结合导数可得在上单调递增，进而可判断选项D. 9．【答案】A，C，D 【解析】解：对于A：因为， 由，得，又因为函数在连续， 所以的单调递减区间是，故A正确； 对于B：当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，取得最大值， 当时，； 当时，， 所以的图象大致如图所示： 当时，函数与函数图象有两个交点， 则方程有两个不等的实根，故B错误； 对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小， 设点，则，解得，此时， 则点到直线的距离，故C正确； 对于D：设过点的切线切点为， 则，整理得， 若过点可以作曲线的三条切线， 则函数与函数有三个交点， 对于函数，则， 当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减， 当时，；当时，；时，；时，， 所以函数的图象大致如下： 则当时，函数与函数有三个交点， 此时过点可以作曲线的三条切线，故D正确. 故答案为：ACD. 由导数的正负判断函数的单调性和函数连续性，从而得出函数的单调递减区间，则可判断选项A；利用已知条件将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，结合图象和导数求切线的方法以及判别式法，则可判断选项B和选项D；当在点处的切线与直线平行时，则点到直线的距离最小，从而求出点的坐标，再利用点到直线距离公式判断出选项C，从而找出说法正确的选项. 10．【答案】A，B，D 【解析】解：A、对于和，有， 由， 所以，所以，得，故A正确； B、对于和，有， 由m，n的范围，有，所以． 又， 所以， 所以，故B正确； C、由于，所以不是常函数．若是周期函数， 设T是的一个周期，，考虑，，…，这T个函数值. 设是其中的最大值，则，， 由周期性可知的最大值也是． 取，则有， 这与的最大值是矛盾， 所以不是周期函数，故C错误； D、令，下面证明是次可加函数． 若，成立，只需考虑． 若，， 而，成立； 只需考虑， 则， ， 故， 故其表达式不唯一，故D正确. 故答案为：ABD． 利用“次可加函数”定义结合对数函数的性质即可判断A，利用“次可加函数”定义结合三角恒等变换即可判断B，利用“次可加函数”定义结合周期函数和函数的解析式即可判断CD. 11．【答案】A，B，D 【解析】解：因为， 数形结合得到在内的大致图象为如图所示： 所以，则，故A正确； 由，得， 则 由题意，则， 所以， ，则，故B正确； 因为，故D正确； 因为，故C错误. 故答案为：ABD. 先求导函数，再根据函数图象结合函数的单调性，则判断出选项A；根据角之间的关系式和两角和与差的余弦公式以及角的取值范围，从而化简得出，则判断出选项B；再利用对数函数的单调性，则判断出选项D；再结合基本不等式求最值的方法，则判断出选项C，从而找出正确的选项. 12．【答案】1 【解析】解：根据题意，，定义域为， 当时，，则， 令，则， 令，则， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，当时，，则，与题意不符； 当时，， 根据对数函数的图象特点，易知，当时，， 则，与题意不符； 当时，则且或且， 又因为在上单调递增，， 所以，当时，；当时，， 所以，当时，；当时，， 又因为为增函数， 所以. 故答案为：1. 利用，则与在同一区间内保持同号，再根据函数单调性分类判断，从而得出实数a的值. 13．【答案】​​​​​​​ 【解析】解：设函数，则， 所以是奇函数，且时，单调递增， 则单调递增，且， 所以， 即，，则不等式恒成立，， 设，， 设，，， 所以在上单调递增，， 所以恒成立，则恒成立， 则在上单调递增， ，根据洛必达法则可知，. 故答案为：. 通过构造奇函数，分析的单调性和特殊值（ ），将抽象不等式 转化为自变量的一次不等式.将含的不等式变形为，把“恒成立”问题转化为求函数的最小值（下确界 ）.通过求导判断的单调性，结合洛必达法则求时的极限，确定的下限. 14．【答案】​​​​​​​ 【解析】解：函数的定义域为， ，当时，函数在上单调递增，且，不合题意； 当时，， 易知，在上单调递增， 令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则当时，函数有极小值，也是最小值， 又因为恒成立，且，所以， 则，得，所以， 设，，令，得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 分和进行分类讨论，易知当时，不合题意，则，对求导，利用导数判断函数的单调性，求得最小值为，从而，进而由，令，求导得到的最小值即可. 15．【答案】（1）解：因为，求导可得， 观察可知在上单调递增， 所以. ①当时，恒成立， 所以在上单调递减，，不满足题意； ②当时，在上单调递增， 所以，使得，当时，， 则在上单调递减，所以，当时，，不满足题意； ③当时，恒成立，所以在上单调递增， 则，满足题意， 综上所述，. （2）证明：（i）因为，其中， 所以，， 当时，， 由知，成立， 所以在上无零点，则在上无极值点. 当时，令， 则在上单调递增， 所以， 由知，， 所以，使得， 当时，，则单调递减， 所以； 当时，，则单调递增， 因为， 所以，，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在上存在唯一极小值点，则， 又因为，所以，存在，使得， 则在上存在唯一零点. （ii）由（i）知成立， 下面证明， 由（i）知，，所以， 因为在上单调递增，要证，只需要证明. 因为，所以， 由（i）知，得， 所以， 由（1）知，当时，， 所以， 令，其中， 则恒成立， 所以在上单调递增，则， 所以成立，则成立， 所以， 综上所述，. 【解析】（1）由已知条件可得，再分类讨论当时，是否恒成立，利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围. （2）（i）先对函数求导，利用导数的正负判断函数的单调性，从而证出函数在上存在极值点，再结合零点存在性定理证出函数在上存在零点. （ii）由（i）知成立，只需证出即可，构造新函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的值域，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而证出（i）中的和满足. （1），求导可得， 观察可知在上单调递增，所以. ①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意； ②当时，在上单调递增， 所以，使得，当时，，在上单调递减， 所以时，，不满足题意； ③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意. 综上，. （2）（i），其中， 则，， 当时，， 由知，成立， 所以在上无零点，即在上无极值点. 当时，令， 则在上单调递增，， 由知，， 所以使得，当时，，即单调递减， 所以； 当时，，即单调递增， 因为，所以，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在上存在唯一极小值点. 故，又因为， 所以存在使得， 所以在上存在唯一零点，得证. （ii）由（i）知成立，下面证明. 由（i）知，所以， 因为在上单调递增，要证，只需要证明. 因为，所以， 由（i）知，得， 所以， 由（1）知，当时，，所以， 令，其中， 则恒成立， 所以在上单调递增，所以，即成立， 所以成立，即， 综上所述，得证. 16．【答案】（1）解：由可得，其定义域为； 易知， 记， 则，所以在单调递增． 又，因此时，；时，； 所以在区间单调递减，在单调递增． （2）解：（ⅰ）由题意可得． 由对称性，不妨设，则． 又，即． 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即． 下面证明，即证，有解， 记，则， 取，则， 所以，使得，所以． （ⅱ）由题意可得，即． 记，， 则，． 记（），， 所以在区间上单调递增，所以， 即，即，即（）． 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意． 若，时，， 所以在单调递增，所以，不符合题意． 综上所述，． 【解析】（1）对函数求导可得，利用导函数的符号以及零点存在定理即可判断出的单调性即可求解； （2）（ⅰ）由对称性可求得，构造函数可得，再证明时有解即可； （ⅱ）由题意可得，记，求导得出函数单调性可得（），对参数a的取值范围进行分类讨论即可求解. （1）由可得，其定义域为； 易知， 记， 则，所以在单调递增． 又，因此时，；时，； 所以在区间单调递减，在单调递增． （2）（ⅰ）由题意可得． 由对称性，不妨设，则． 又，即． 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即． 下面证明，即证，有解， 记，则， 取，则， 所以，使得，所以． （ⅱ）由题意可得，即． 记，， 则，． 记（），， 所以在区间上单调递增，所以， 即，即，即（）． 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意． 若，时，， 所以在单调递增，所以，不符合题意． 综上所述，． 17．【答案】（1）解：因为（）， 所以，令， 所以，令， 则，时，时， 所以时单调递减，时单调递增， 所以时，取得最小值， 所以； （2）证明：大方向就是数列为递减的且， ， 引入待定常数，使得， 令，解得， 将这两值分别代回上式， 如此一来，就得到， 两式相除，有， 所以是以为公比的等比数列， 从而知， 又知，故上式右端， 即有， 另一方面，， 即也就是数列为递减， 有； （3）证明：由（1）知当时， 即由（2）知， 而对任意， 从而， 于是， 注意到， 于是， 而，即， 于是． 【解析】（1）利用导数可得，构造函数，求导利用导数和函数单调性的关系即可求解； （2）大方向就是数列为递减的且，证明是以为公比的等比数列，证明也就是数列为递减即可求解； （3）证明，证明，证明即可求解. （1）因为（）， 所以，令， 所以，令， 则，时，时， 所以时单调递减，时单调递增， 所以时，取得最小值， 所以； （2）大方向就是数列为递减的且， ， 引入待定常数，使得， 令，解得， 将这两值分别代回上式， 如此一来，就得到， 两式相除，有， 所以是以为公比的等比数列， 从而知， 又知，故上式右端， 即有， 另一方面，， 即也就是数列为递减， 有； （3）由（1）知当时， 即由（2）知， 而对任意， 从而， 于是， 注意到， 于是， 而，即， 于是． 18．【答案】（1）解：（ⅰ），故不是“T函数”； （ii）不恒为0，故不是“T函数”； （iii）恒成立，故是“T函数”. （2）解：由为非常值函数，得不恒为0， 因为是常值函数恒成立恒成立为“T函数. （3）解：由（2），设（r为正常数）， 令，，其中为关于x的函数，记为， 因此， 故恒成立，即（c为常数）， 因此，， 因为，得， 解得， 所以， 因此 所以函数 可得函数在上单调递减，在上单调递增. 【解析】（1）利用“T 函数”定义，看是否恒等于0，若恒为0就是“T 函数”，不为0就不是“T 函数”. （2）当非常值，为常值时，其导数y'恒为 0.因为不恒为0，则能推出，即是“T 函数”，反过来也能推出，二者等价，从而证出为“T函数”的充要条件是为常值函数. （3）由（2），设等式，用三角函数表示和，再求导得出，从而得到函数表达式，进而得到和关于、的式子，再根据确定和的值，从而得出，再根据分段得到分段形式，再根据单调函数的定义，从而讨论出函数在区间上的单调性. （1）（ⅰ），故不是“T函数”； （ii）不恒为0，故不是“T函数”； （iii）恒成立，故是“T函数”. （2）由为非常值函数，得不恒为0. 是常值函数恒成立恒成立为“T函数. （3）由（2）设（r为正常数）， 令，，其中为关于x的函数，记为， 因此，故恒成立即（c为常数）， 因此，， 又，得， 进而解得，故. 因此 所以函数 可得函数在上单调递减，在上单调递增. 19．【答案】（1）解：设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 故， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 故， 故的分布列为： 1 2 故. （2）解：已知， 设，又， 所以 因此为等比数列，且公比为，首项为， 故，故， 要使得最大，则为偶数，此时， 此时单调递减，故当时，取到最大值. 故，最大值为. （3）证明：， ， 当， ， ， 所以 由于， 所以. 【解析】（1）思路是确定三次学习中次数的可能取值，利用独立事件概率公式计算各取值概率，列出分布列后求期望. （2）先根据学习规则建立与的递推关系，通过构造等比数列求出通项，再分析数列单调性求最大值. （3）先化简、，分析的结构，得出的表达式后，利用放缩法结合基本不等式证明不等式 . （1）设三次学习中学习技能Y次数为，则的取值可以为1，2， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 故， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 第一次学，第二次学，第三次学，则， 故， 故的分布列为： 1 2 故 （2）已知， 设，又， 所以 因此为等比数列，且公比为，首项为， 故，故， 要使得最大，则为偶数，此时， 此时单调递减，故当时，取到最大值 （3）， ， 当， ， ， 所以 由于， 所以 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $