专题07+函数与导数7个考点（湖南专用）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 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知函数若，则（    ） A．3或1 B．0或-2 C．0 D．1 【答案】C 【分析】分析函数的单调性，列出关于的不等式组，求解可得，代入可求得其值. 【详解】由的解析式易得在区间上单调递增，在区间上单调递减. 由，得，所以解得. ． 故选：C. 2．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解与的关系. 【详解】设，， 所以为奇函数. ，因为，所以， 所以在上单调递增. 由，所以， 所以； 由，所以， 即，因为为奇函数， 所以，所以， 所以，又在上单调递增， 所以，即. 故选：B 3．（2026·湖南永州·一模）若实数，，且满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据条件，构造函数，利用单调性可得，即可利用基本不等式求最值. 【详解】由题意，实数，，满足， ， 而函数在上单调递增，且， ，， 当且仅当时，即时等号成立. 故选：B 4．（2026·湖南永州·一模）已知函数若，则（   ） A．3或1 B．0或 C．0 D．1 【答案】C 【分析】由在区间上单调递增，在区间上单调递减，结合得到，计算出的范围，由，得到的方程，解出的值，从而求出. 【详解】由题可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减， ， ，， 又， ，， 或， ，， . 故选：C. 5．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为在上单调递增，在上单调递增， 所以当时，单调递增，则.又函数的值域为， 所以当，函数的值要取到内的所有实数，所以. 当，即时，函数在上单调递增，时，， 当趋近于1时，，即，所以，即实数a的取值范围是. 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数，，则（   ） A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减 C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 【答案】A 【分析】利用奇偶性的定义求解的奇偶性，求出在范围内的表达式，利用导数法得到在范围内的单调性. 【详解】， 的定义域为， ， 是偶函数， 当时，， 当时，， ， ， ， ， ， ， 在上是单调递增函数. 二、填空题 7．（2026·湖南怀化·一模）已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 【答案】或 【分析】令可得，结合正切函数周期性可得，代入求解即可. 【详解】令，可得， 因为函数的两个相邻零点间的距离为，则，解得， 若，则，可得； 若，则，可得； 综上所述：或 8．（2026·湖南·模拟预测）函数的所有零点的和为__________． 【答案】 【分析】构造函数，再判断其在，，，单调性，最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解. 【详解】令， 则， 所以，即的图象关于直线对称， 当时，在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 结合的图象关于直线对称可得： 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 又， 且当时，，当时，， 所以与有4个交点，且关于对称， 故有4个零点，且关于对称， 则所有零点的和为． 抽象函数 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A．0 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据已知条件求出的周期，结合函数周期性求值即可. 【详解】因为，所以， 所以，即. 所以是周期为4的周期函数. 所以. 在中，令，则，所以. 因此. 2．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数的定义域为.若的图象关于点中心对称，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．关于直线对称 C． D． 【答案】D 【分析】利用的图像关于点中心对称，为奇函数，结合可得是周期函数，再由选项逐一分析. 【详解】因为的图象关于点中心对称，所以的图象关于原点对称， 则函数为奇函数，因为函数的定义域为,所以， 又，则， 所以，则， 所以,故,所以是的一个周期， 对于A，不妨令，满足定义域为的奇函数，周期为， 但，所以A错误； 对于B，不妨令，其定义域为， ， 则函数为奇函数， ， 所以是的一个周期， 所以直线不是的对称轴，故B错误； 对于C,因为函数为周期为的奇函数， 则， , 因为不一定为,所以C错误； 对于D，因为函数为周期为的奇函数， 则， 所以 ，故D正确， 故选：D 3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数的定义域为，则“是奇函数”是“是偶函数”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据函数奇偶性的定义，结合充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】当是奇函数时， 因为， 所以是偶函数. 当是偶函数时， ，而， 所以， 当是偶函数时，显然成立， 所以是偶函数成立，不一定能推出是奇函数， 所以“是奇函数”是“是偶函数”的充分不必要条件， 故选：A 4．（2026·湖南株洲·一模）已知是奇函数，是偶函数，其定义域均为，且，则（ ） A．0 B．2 C． D．1 【答案】A 【分析】利用奇偶性，结合恒等式可求解，从而可求出结果. 【详解】因为定义域均为且， 所以可得， 又因为是奇函数，是偶函数，所以 即上式可化简为， 再与相加可得， 代入可得， 所以即. 故选：A. 5．（2026·河南郑州·模拟预测）已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数为奇函数可得，又，即可求解. 【详解】∵函数为奇函数，∴， 又∵， ∴，故选项C正确. 其他三个选项条件不足无法计算，故选C. 故选：C. 指对幂函数 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南·模拟预测）化简（   ） A． B． C．5 D．3 【答案】A 【详解】． 2．（2026·湖南株洲·一模）有一个正方形，其四个顶点均在曲线上，则该正方形的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 【答案】B 【分析】设正方形，过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，得与全等，得，得，进行求解即可． 【详解】如图所示： 设正方形， 过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点， 则， 得与全等，得， 得点的纵坐标与点的横坐标相等， 设点，，得点， 由四个顶点均在曲线上， 得，得， 两式相减得，， 得, 由于, 得， 两式相加得，， 得， 由点，点， 得， 得正方形的面积为：， 故选：B 3．（2026·湖南常德·一模）已知，则“”是“”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】A 【分析】借助对数函数与指数函数的图象与性质以及不等式性质，然后根据充分条件、必要条件判断即可. 【详解】令，因为， 所以，且， 充分性：当时，画出函数的图象，如图所示： 由图可知：，此时， 所以，故充分性成立； 必要性：若，由可得：， 此时不满足题意， 若，由函数在上单调递增， 则，由， 则，又函数在上单调递增， 所以，即， 当时， 由，如图所示： 由图可知，此时， 则，不满足题意， 当时，由图可知， 此时，满足题意，所以必要性成立， 所以当时， “”是“”的充要条件， 故选：A. 4．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解与的关系. 【详解】设，， 所以为奇函数. ，因为，所以， 所以在上单调递增. 由，所以， 所以； 由，所以， 即，因为为奇函数， 所以，所以， 所以，又在上单调递增， 所以，即. 故选：B 5．（2026·湖南邵阳·一模）设函数和的零点分别为，其中．当时，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由函数零点的定义可得分别为函数的图象与的图象的交点横坐标，再利用互为反函数的图象关系可得，结合函数图象确定的范围并借助对勾函数的单调性求解. 【详解】由，得，设的图象与的图象的交点为， 由，得，设的图象与的图象的交点为， 而的图象与的图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称， 因此点与点关于直线对称，则， 而当时，；当时，，函数在上单调递减， 所以.    故选：C 6．（2026·湖南永州·二模）已知函数，若且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将函数变形为，由得函数的图象关于直线对称，再判断单调性，由，得，两边平方后化简即可. 【详解】函数的定义域为， 且， 因为，所以函数的图象关于直线对称， 令在上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当，即时等号成立， 函数在上单调递增， 由复合函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增； 因为，所以， 两边平方得，即， 又，所以，即. 故选：B. 函数的应用 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）若实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】构造函数利用其单调性结合条件等式得出结合基本不等式计算即可. 【详解】由题意实数，满足， ， 而函数在R上单调递增， 所以， 当且仅当时等号成立． 故选：B 二、多选题 2．（2026·湖南常德·一模）（多选）已知函数，则下列说法中正确的有（   ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称 C．将的图象向左平移个单位得到的函数为奇函数 D．函数与在上有两个交点 【答案】ACD 【分析】选项A，直接利用周期公式计算即可；选项B，先求函数的对称轴，进一步分析即可；选项C，先通过平移变换得出新函数，再利用函数的奇偶性进行判断；选项D，将函数交点的个数问题转化为方程根的个数问题，利用三角函数性质解方程即可得出结论. 【详解】由，故A选项正确； 由，即，令， 解得：，故B选项不正确； 由的图象向左平移个单位得到函数： ， 由的定义域为关于原点对称， 且， 所以为奇函数，故C选项正确； 令， 则①，解得：， 又，所以当时，， ②，解得：， 又，所以当时，， 所以函数与在上有两个交点， 故D选项正确； 故选：ACD. 3．（2026·湖南湘潭·二模）（多选题）定义：当且时，恒成立，则称是同号增函数．下列函数是同号增函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据同号增函数的定义逐一分析每个选项中的函数是否满足当且时，恒成立. 【详解】A选项，由得，由得， 又在，上单调递增，故A正确； B选项，，得， 取，则， 满足，但， 不满足的条件，故B错误； C选项，得，得， 因为在上单调递增，且， 所以在上单调递增， 则在上单调递增，故C正确； D选项，得；得， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 故在上单调递增，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 4．（2026·湖南·模拟预测）函数的所有零点的和为__________． 【答案】 【分析】构造函数，再判断其在，，，单调性，最后结合图象和对称性即可求解. 判断其对称性，再通过解析式、求导和对称性确定其单调性，即可求解. 【详解】令， 则， 所以，即的图象关于直线对称， 当时，在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 结合的图象关于直线对称可得： 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 又， 且当时，，当时，， 所以与有4个交点，且关于对称， 故有4个零点，且关于对称， 则所有零点的和为． 5．（2026·湖南株洲·一模）从集合中任取两个不同的数a，b组成一个新的数，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】由题可得且，设，，与的夹角为，根据向量的夹角公式得，求出范围，得解. 【详解】因为，所以，所以且. 设，，与的夹角为， 则， 因为且，所以，故， 所以. 故答案为：. 6．（2026·湖南怀化·一模）已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 【答案】或 【分析】令可得，结合正切函数周期性可得，代入求解即可. 【详解】令，可得， 因为函数的两个相邻零点间的距离为，则，解得， 若，则，可得； 若，则，可得； 综上所述：或 导数的几何意义 考点5 一、多选题 1．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 【答案】ABD 【分析】对称中心横坐标为二阶导数的零点；导数判别式决定函数单调性与极值；对称中心处的切线满足..对选项A、B，代入对称中心条件求解参数，验证结论；对选项C，通过不等式变形判断导数判别式符号，结合单调性验证结论；对选项D，构造切线条数对应的零点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数. 【详解】，二阶导数，对称中心横坐标，对称中心为； 一阶导数，判别式，时函数有两个极值点，时函数在上单调. 选项A：由，对称中心为，得，解得； 对称中心在函数图像上，故，即，得. 因此，选项A正确； 选项B：由，对称中心为，得，得， ，即，解得，则，； 导数为，判别式： 导数有两个不同实根，存在极值，选项B正确； 选项C:由，且，得， 导数判别式，故恒正或恒负，在上单调， 单调函数不存在使得，选项C错误. 选项D： 已知且，是对称中心处的切线，： 设切点为，切线过点，由切线方程得， 令，切线条数等价于的实根个数. 求导得，其中为对称中心横坐标，的极值点为和. 由对称中心处切线性质，，代入得. 因且，故，即. 分析的单调性与零点： 时，，单调递减，时，且，故有1个零点； 时，，单调递增，从递增到，故有1个零点； 时，，单调递减，从递减到时，故有1个零点. 共有3个实根，即过点与曲线相切的直线有三条，选项D正确. 故选：ABD. 二、填空题 2．（2026·湖南湘潭·二模）若直线是曲线的一条切线，则________． 【答案】e 【分析】设切点为，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论. 【详解】设直线与曲线相切于点． 因为， 所以且， 解得，． 故答案为. 导数与函数的单调性极值最值 考点6 一、单选题 1．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，通过分析其奇偶性和单调性，结合已知条件建立等量关系，进而求解与的关系. 【详解】设，， 所以为奇函数. ，因为，所以， 所以在上单调递增. 由，所以， 所以； 由，所以， 即，因为为奇函数， 所以，所以， 所以，又在上单调递增， 所以，即. 故选：B 2．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数，，则（   ） A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减 C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 【答案】A 【分析】利用奇偶性的定义求解的奇偶性，求出在范围内的表达式，利用导数法得到在范围内的单调性. 【详解】， 的定义域为， ， 是偶函数， 当时，， 当时，， ， ， ， ， ， ， 在上是单调递增函数. 二、多选题 3．（2026·湖南永州·一模）已知函数有三个极值点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对求导，令得，对求导分析单调性，画出大致图像，由特殊情况进行分类讨论，即可得出选项. 【详解】对函数求导得， 由于，则令，即， 设，则， 当时，，单调递减，趋于时，趋于，趋于时，趋于， 当时，，单调递增，趋于时，趋于， 当时，，单调递减，趋于时，趋于， 则， 由于，由单调性以及图像可得， 若，则，不符合， 若，则，符合题意， 此时， 故ABD正确，C错误， 故选：ABD.    4．（2026·湖南永州·一模）已知函数有三个极值点，，，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对求导，令得，对求导分析单调性，画出大致图像，由特殊情况进行分类讨论，即可得出选项. 【详解】对函数求导得， 由于，则令，即， 设，则， 当时，，单调递减，趋于时，趋于，趋于时，趋于， 当时，，单调递增，趋于时，趋于， 当时，，单调递减，趋于时，趋于， 则， 由于，由单调性以及图像可得， 若，则，不符合， 若，则，符合题意， 此时， 故ABD正确，C错误， 故选：ABD.    5．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 【答案】ABD 【分析】对称中心横坐标为二阶导数的零点；导数判别式决定函数单调性与极值；对称中心处的切线满足..对选项A、B，代入对称中心条件求解参数，验证结论；对选项C，通过不等式变形判断导数判别式符号，结合单调性验证结论；对选项D，构造切线条数对应的零点函数，通过导数分析单调性与零点个数，判断切线条数. 【详解】，二阶导数，对称中心横坐标，对称中心为； 一阶导数，判别式，时函数有两个极值点，时函数在上单调. 选项A：由，对称中心为，得，解得； 对称中心在函数图像上，故，即，得. 因此，选项A正确； 选项B：由，对称中心为，得，得， ，即，解得，则，； 导数为，判别式： 导数有两个不同实根，存在极值，选项B正确； 选项C:由，且，得， 导数判别式，故恒正或恒负，在上单调， 单调函数不存在使得，选项C错误. 选项D： 已知且，是对称中心处的切线，： 设切点为，切线过点，由切线方程得， 令，切线条数等价于的实根个数. 求导得，其中为对称中心横坐标，的极值点为和. 由对称中心处切线性质，，代入得. 因且，故，即. 分析的单调性与零点： 时，，单调递减，时，且，故有1个零点； 时，，单调递增，从递增到，故有1个零点； 时，，单调递减，从递减到时，故有1个零点. 共有3个实根，即过点与曲线相切的直线有三条，选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数（，，），若在上恒成立，则的最大值为______. 【答案】 【分析】对求导，分析函数单调性后找到的最小值点；再令的最小值大于等于0，得到满足的关系式；最后将目标式通过所得关系式换元转化，构造关于单个变量的新函数，对新函数求导即可求得该目标式的最大值。 【详解】由题意可得恒成立， 令，，故恒成立，故， 与此同时，. （1）若，则. （2）若，令， 的定义域为，， 当时，有；当时，有， 所以在单调递减，在单调递增， 当时，的最小值为， 因为恒成立，则恒成立，解得，即， （ⅰ）当时，则有； （ⅱ）当时，则有，则， 令，， 当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值， 综合（1）（2）得：的最大值为， 所以的最大值为. 导数的综合大题 考点7 1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得； （2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证. 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，是的导函数. (1)当，时，讨论的单调性. (2)是否存在a，b，使得为的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由. (3)若，，为最小的零点，证明：当时，. 【答案】(1)在上单调递增 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性； （2）根据题意，求导得，结合为的极值点可得，再代入计算导函数恒非负得出函数单调性即可判断； （3）根据题意，将问题转化为时，，令，再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证. 【详解】（1）当，时，， 则， 记，则， 所以在上单调递增，则， 即，所以函数在上单调递增. （2）不存在a，b，使得为的极值点，理由如下： 当时，无意义； 当时，若为的极值点， 则，即，即， 所以. 又，， 令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以，所以恒成立， 所以单调递增，故不是极值点， 综上所述，不存在a，b，使得为的极值点. （3）证明：当，时，，，则， 所以，. 要证：当时，， 当时，，又， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以. 又， 令，则，当时，， 所以在上单调递减，又，， 则存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减，且， 故. 只要证， 即证. 记，只需证：. 由于，， 当时，，则在上单调递减， 于是只需证， 又，命题得证. 3．（2026·湖南怀化·一模）设函数. (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，函数的图象上有且仅有2个点到原点距离为，求的取值范围； (3)函数的图象上是否存在唯一的一组点，构成正多边形，且？若存在，请求出所有满足条件的以及对应的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)时，的递增区间为，无单调递减区间，时，的单调递增区间为,，单调递减区间为. (2) (3)有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 【分析】（1）求导，分类讨论导数的正负即可求解， （2）根据两点距离公式，结合换元法，构造函数，利用导数求解其单调性，即可求解， （3）根据对称性将问题锁定在正四边形和正六边形，分别考虑两种情况，正方形时，根据对角线相等得，进而利用换元法，根据方程有解，结合基本不等式以及对勾函数的性质可得，正六边形时，根据直线方程和联立得，对讨论即可得解. 【详解】（1）的定义域为, ， 当时，恒成立，此时在单调递增，故单调递增区间为，无单调递减区间. 当，令，则和， 当和时，，当时，， 故此时的单调递增区间为,，单调递减区间为. （2）当时，， 则， 令，则，， 令，则或， 当或时，，当时，， 故的单调递增区间为，递减区间为， 且, 故当或时，此时关于的方程有唯一的正根，对应两个不同的，符合题意. 故的取值范围为. （3）由于函数为奇函数，图形关于原点对称，故函数的图像也是中心对称图形，其对称中心为，若图像存在唯一的正多边形，则该正多边形的中心必为.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点重合，则该函数解析式为,该变换不影响正多边形的存在性和唯一性，以及的取值，因此，设进行研究. 接下来只考虑的情况； 由（2）可知关于的方程至多有三个不相等的正实数根，对应6个不同的，因此. 又由于的图像有唯一的对称中心，故要有唯一的正多边形，该正多边形一定也以为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形. 当时，若时，恒成立，此时在单调递增，曲线上不存在4个点，让其构成正方形，因此, 不妨设正方形的4个顶点分别为,由于直线的斜率一定存在，设其中一条对角线的方程为，则，解得， 所以同理可得， 由得，化简可得， 根据题意可知方程只有一个正根， 由于不符合上式，故， 因为，所以，故， 设，则，令， 由题意可知，只需要直线与函数的图像只有唯一的公共点即可， 故，当且仅当取到等号， 故，则， 故时，符合题意. 当时，同上可知，在,单调递增，在单调递减. 假设曲线上存在正六边形,由对称性可知该正六边形中心位于原点处， 不妨设对角线的倾斜角为，则的倾斜角分别为, 即取，（时不存在）， 联立，可得，（舍去）， 则 故， 同理，， 若要存在正六边形，则有解， （i）时，,显然，故，不满足要求，此时正六边形不存在， （ii）时，，， 显然 故,不满足要求，此时正六边形不存在， 综上所述，有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 4．（2026·湖南·模拟预测）已知． (1)若，证明：恒成立． (2)令，且，有唯一的正零点． （i）求的取值范围； （ii）当时，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）证明恒成立，再将x替换为放缩证明原不等式即可； （2）（i）令，求导研究的单调性，证明在有唯一零点，最后再对a的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中推得，并结合（i）中的零点对应的等式，放缩可得，进一步得到，再结合裂项相消法即可证明原不等式左边，对于不等式右边，由不等式，令代入，并结合（i）中的零点对应的等式，可证明，根据，令代入，可证，最后结合两者放缩即可证明原不等式右边． 【详解】（1）令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有，即， 当时，恒成立． （2）（i）由题意有有唯一的正零点， 因为， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，；，， 当时，， 由零点存在性定理可知，在有唯一零点， 当时，，则满足题意； 当时，要保证，则只要， 即，恒成立，所以， 综合可得． （ii）由题意可知，也即， 由（1）知，则，即，且， 因此有， 即，也即，可得， 所以有， 故， 又因为，所以有， 根据题意有， 从而有， 即，可得，进一步得， 又，所以，所以，故， 所以， 由可得，也即， 令得，进一步得， 所以， 故， 综上有． 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知实数，函数． (1)当时，试比较和的大小，并说明理由： (2)若时，，求的取值范围； (3)设正项数列的前项和为，若，且，求证：． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出和，并作差比较即可； （2）将原不等式等价于，设，求导后分、、三种情况讨论单调性，结合单调性判断即可； （3）根据，结合求出的通项表达式，再令，由（2）可得不等式，又令，可得，再结合裂项相消法证明即可． 【详解】（1）当时，，则， 所以， 所以， 所以． （2）由题可知，因为， 所以原不等式等价于，即， 设，因为，， 令，，， 当时，，所以在上单调递减， ，也即在上单调递减，，所以不符题意； 当时，又，令，解得， 则时，，所以在上单调递减， 又因为，所以必存在，使得时，， 也即在上单调递减，，所以不符题意； 当时，，则时，， 所以在上单调递增，， 也即在上单调递增，，所以符合题意； 综上所述，a的取值范围为． （3）因为，所以， 即，又， 所以， 也即当时，，又， 所以， 由（2）可知，当时，，也即， 令，则，即， 所以． 6．（2026·湖南永州·一模）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)若，且当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）对函数求导后先分析的取值范围，若易得单调递减，若，则令，求得极值点后即可根据导数的正负判断函数的单调性； （2）由题意得，分类讨论与1的位置关系，由此确定，进而可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意得， ①当时，恒成立，即恒成立，在上单调递减； ②当时，令，， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上，当时，单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 若恒成立，则有， ①若，即时，则在上单调递减，则， 由得，此时前后矛盾，故舍； ②若，即，则在上单调递减，在上单调递增， 则， 由得，解得， 综上所述，的取值范围是. 7．（2026·湖南常德·一模）已知函数，. (1)当，时，求函数的单调区间； (2)若对任意，，对恒成立. （i）求的取值范围： （ii）若，证明：函数有且仅有一个极大值点. 【答案】(1)增区间为，减区间为. (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）代入，对函数求导，即可求得函数的单调区间； （2）（i）利用不等式恒成立可得，结合单调性即可求得，可得 （ii）由（i）可得，对函数多次求导并利用单调性与极值，结合零点存在性定理即可判断在上有且仅有一个零点，即可得出证明. 【详解】（1）当，时， 可得，所以， 当时，；当时. 所以的增区间为，减区间为. （2）（i）设，则在上单调递减， 则只需， 令，，由可得； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，所以， 所以. （ii）由上知，又， 当时. ， 当时，， 由零点存在定理可知存在，使得. 下面证明：在区间上有且仅有一个零点. 记，， 则，令，可得； 则在上单调递增，在上单调递减， 所以. ①当时，，所以单调递减 此时在区间上有且仅有一个零点 ②当时，，. 当时，此时存在唯一的，使得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上有且仅有一个零点. 当时， 存在两个点，，使得， 即， 故在上单调递减，上单调递增，上单调递减， 又. 记，. 所以，进而，所以对任意，总有 则对任意，.所以不存在零点. 而在上单调递减，， 所以在上有且仅有一个零点. 综上所述，在上有且仅有一个零点， 且当时，，时，，从而为的极大值点， 所以有且仅有一个极大值点，证毕. 8．（2026·湖南永州·二模）已知函数． (1)当时，当，求的最小值； (2)当时，证明：存在唯一实数，使得曲线在点处的切线与的图象有3个交点； (3)当时，将在区间上的零点从小到大依次排列，记第个零点为，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接求导得，分析其单调性即可得到最小值； （2）求导后得到切线方程，再设新函数，求导后得到其极大值，最后对分类讨论即可； （3）设，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到，结合得，最后根据两角差的正切公式合理放缩即可证明不等式. 【详解】（1）当时，， 当，所以在单调递增， 所以的最小值为． （2）当时，， ， 所以在点处的切线方程为：， 整理得， 令， 则，因为， 当时，为单调递增函数， 当时，为单调递减函数， 函数所有的极大值为， 当时，极大值等于0，即， 极小值， 当为正整数时，极大值全部小于0，即在无零点，为一个零点， 当为负整数时，极大值全部大于0，函数所有的极小值为， 且随着的增大，极小值越来越小， 因此在点处的切线与有3个交点， 只需时，极小值，即，即有解， 令为上的严格增函数， ， 故存在唯一实数，满足故存在唯一的， 使得曲线在点处的切线与有3个交点. （3）当时，零点即为零点， 在区间上单调递增， 又因为，当时，， 所以， 由（1）知，当时，，即， ， 又因为， 所以，即， 又因为 又，故， 故， 因为 故，因此， 又，函数在上单调递增， 所以， 故， 综上：. 9．（2026·湖南邵阳·一模）若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”． (1)判断函数是否为区间上的“3阶和函数”； (2)若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围； (3)若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：． 【答案】(1)不是“3阶自和函数”. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据“3阶和函数”的定义，举反例说明函数不是区间上的“3阶和函数”. （2）根据“2阶和函数”的概念，求实数的取值范围. （3）先根据“2阶和函数”的概念求的值，再利用“极值点偏移”证明； 设，分析函数极值，可得，结合，可得当时，，当时，，进而得，整理可证. 【详解】（1）对于，有. 如果存在，使得． 则必有， 令，则， 所以不是“3阶和函数”. （2）函数在区间上的值域为． 因为是在区间上的“2阶和函数”． 所以对任意，总存在唯一的，使得成立， 所以， 所以在上的值域必定包含区间，且当时，方程的解在上是唯一的. 又因为函数的图象开口向上，对称轴为， 当时，在上单调递增，则必有，解得． 当时，在上单调递减，则必有，解得． 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则必有，解之得：； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则必有，解之得：. 综上所述，的取值范围为. （3）对，有． 如果存在，使得，则必有， 因为为区间上的“2阶和函数”， 所以，即，解得. 所以当时，函数， 所以函数的定义域为，且． 设， 则， 因为，所以． 所以在上单调递增，即在上单调递增，而． 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 而，当且时，． 所以. 设，则， 所以，又， 所以，所以． 因为且在上单调递增， 所以，即. 设，则， 所以当时，，单调递减， 当时，单调递增． 所以，则． 因为， 所以当时，，当时，. 所以， 整理得 由①②得，， 因为，所以，所以． 综上得证. 10．（2026·湖南湘潭·二模）已知函数，． (1)证明：当时， (2)若是的极大值点，求的取值范围． (3)若，且，其中，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证； （2）将函数求导得，记，再求导得，根据，分成，和三类情况讨论函数的单调性，即可逐一判断求得参数范围； （3）由（1）知，当时，，先后令，令，将其化成，再令，，可得，利用结合条件可得，从而要证，即证，再由余弦函数的单调性，需证，设，利用求导判断单调性证明即可. 【详解】（1）因，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，故当时，． （2）的定义域为，则， 记，则，则． ①若，即，则 令，则，所以在上单调递增， 当时，此时，则，故在上单调递增，不合题意； ②若，即，则必存在，使得当时，，则在上单调递增． 又，所以当时，，即在上单调递增，不合题意； ③若，即，同理可得，存在，使得当时，， 则在上单调递减．又，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以是的极大值点． 综上所述，的取值范围是． （3）由（1）知，当时，． 令，则，再令， 则． 令，，则． 所以． 由，得． 要证，只需证． 因为在上单调递减，所以只需证． 令，则，令，则， 易知在上单调递减．又，， 所以存在，使得，则在上单调递增，在上单调递减． 又，且在上单调递增，故在上大于0. 而在 上单调递减，且，故存在唯一的，使得. 则在上单调递增，在上单调递减． 又，，所以恒成立， 所以，则，所以． 11．（2026·湖南株洲·一模）已知函数． (1)若函数图象在点处的切线与函数图象在点处的切线平行，求的值； (2)设，用表示函数和； (3)求证：． 【答案】(1)或或; (2) ，; (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数，结合余弦值相等的角满足的条件，即可求解； （2）利用余弦的和差角公式和二倍角公式化简，即可求解； （3）利用，结合四倍角公式和三倍角公式，建议方程，再结合零点存在定理即可求解. 【详解】（1）因为所以依题意可知：， 即． 所以或，， 又因为所以或或． （2）因为 ，再由，可得；                     同理 ，再由，可得 （3）.                  ． 令，则是方程的根．             又， 是函数的零点．                  ，由，解得． 在上单调递增，在上单调递减． 当时，没有零点． 于是必在区间上．                  又在上单调递增，                  且．                  由零点存在定理可知：．即． 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 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 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C B B C B A 7．或 8． 抽象函数 考点2 题号 1 2 3 4 5 答案 D D A A C 指对幂函数 考点3 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A B A B C B 函数的应用 考点4 题号 1 2 3 答案 B ACD ACD 4． 5． 6．或 导数的几何意义 考点5 题号 1 答案 ABD 2．e 导数与函数的单调性极值最值 考点6 题号 1 2 3 4 5 答案 B A ABD ABD ABD 6． 导数的综合大题 考点7 1．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得； （2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证. 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 2．(1)在上单调递增 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性； （2）根据题意，求导得，结合为的极值点可得，再代入计算导函数恒非负得出函数单调性即可判断； （3）根据题意，将问题转化为时，，令，再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证. 【详解】（1）当，时，， 则， 记，则， 所以在上单调递增，则， 即，所以函数在上单调递增. （2）不存在a，b，使得为的极值点，理由如下： 当时，无意义； 当时，若为的极值点， 则，即，即， 所以. 又，， 令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以，所以恒成立， 所以单调递增，故不是极值点， 综上所述，不存在a，b，使得为的极值点. （3）证明：当，时，，，则， 所以，. 要证：当时，， 当时，，又， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以. 又， 令，则，当时，， 所以在上单调递减，又，， 则存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减，且， 故. 只要证， 即证. 记，只需证：. 由于，， 当时，，则在上单调递减， 于是只需证， 又，命题得证. 3．(1)时，的递增区间为，无单调递减区间，时，的单调递增区间为,，单调递减区间为. (2) (3)有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 【分析】（1）求导，分类讨论导数的正负即可求解， （2）根据两点距离公式，结合换元法，构造函数，利用导数求解其单调性，即可求解， （3）根据对称性将问题锁定在正四边形和正六边形，分别考虑两种情况，正方形时，根据对角线相等得，进而利用换元法，根据方程有解，结合基本不等式以及对勾函数的性质可得，正六边形时，根据直线方程和联立得，对讨论即可得解. 【详解】（1）的定义域为, ， 当时，恒成立，此时在单调递增，故单调递增区间为，无单调递减区间. 当，令，则和， 当和时，，当时，， 故此时的单调递增区间为,，单调递减区间为. （2）当时，， 则， 令，则，， 令，则或， 当或时，，当时，， 故的单调递增区间为，递减区间为， 且, 故当或时，此时关于的方程有唯一的正根，对应两个不同的，符合题意. 故的取值范围为. （3）由于函数为奇函数，图形关于原点对称，故函数的图像也是中心对称图形，其对称中心为，若图像存在唯一的正多边形，则该正多边形的中心必为.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点重合，则该函数解析式为,该变换不影响正多边形的存在性和唯一性，以及的取值，因此，设进行研究. 接下来只考虑的情况； 由（2）可知关于的方程至多有三个不相等的正实数根，对应6个不同的，因此. 又由于的图像有唯一的对称中心，故要有唯一的正多边形，该正多边形一定也以为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形. 当时，若时，恒成立，此时在单调递增，曲线上不存在4个点，让其构成正方形，因此, 不妨设正方形的4个顶点分别为,由于直线的斜率一定存在，设其中一条对角线的方程为，则，解得， 所以同理可得， 由得，化简可得， 根据题意可知方程只有一个正根， 由于不符合上式，故， 因为，所以，故， 设，则，令， 由题意可知，只需要直线与函数的图像只有唯一的公共点即可， 故，当且仅当取到等号， 故，则， 故时，符合题意. 当时，同上可知，在,单调递增，在单调递减. 假设曲线上存在正六边形,由对称性可知该正六边形中心位于原点处， 不妨设对角线的倾斜角为，则的倾斜角分别为, 即取，（时不存在）， 联立，可得，（舍去）， 则 故， 同理，， 若要存在正六边形，则有解， （i）时，,显然，故，不满足要求，此时正六边形不存在， （ii）时，，， 显然 故,不满足要求，此时正六边形不存在， 综上所述，有且仅有时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时. 4．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）证明恒成立，再将x替换为放缩证明原不等式即可； （2）（i）令，求导研究的单调性，证明在有唯一零点，最后再对a的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中推得，并结合（i）中的零点对应的等式，放缩可得，进一步得到，再结合裂项相消法即可证明原不等式左边，对于不等式右边，由不等式，令代入，并结合（i）中的零点对应的等式，可证明，根据，令代入，可证，最后结合两者放缩即可证明原不等式右边． 【详解】（1）令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有，即， 当时，恒成立． （2）（i）由题意有有唯一的正零点， 因为， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，；，， 当时，， 由零点存在性定理可知，在有唯一零点， 当时，，则满足题意； 当时，要保证，则只要， 即，恒成立，所以， 综合可得． （ii）由题意可知，也即， 由（1）知，则，即，且， 因此有， 即，也即，可得， 所以有， 故， 又因为，所以有， 根据题意有， 从而有， 即，可得，进一步得， 又，所以，所以，故， 所以， 由可得，也即， 令得，进一步得， 所以， 故， 综上有． 5．(1)，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出和，并作差比较即可； （2）将原不等式等价于，设，求导后分、、三种情况讨论单调性，结合单调性判断即可； （3）根据，结合求出的通项表达式，再令，由（2）可得不等式，又令，可得，再结合裂项相消法证明即可． 【详解】（1）当时，，则， 所以， 所以， 所以． （2）由题可知，因为， 所以原不等式等价于，即， 设，因为，， 令，，， 当时，，所以在上单调递减， ，也即在上单调递减，，所以不符题意； 当时，又，令，解得， 则时，，所以在上单调递减， 又因为，所以必存在，使得时，， 也即在上单调递减，，所以不符题意； 当时，，则时，， 所以在上单调递增，， 也即在上单调递增，，所以符合题意； 综上所述，a的取值范围为． （3）因为，所以， 即，又， 所以， 也即当时，，又， 所以， 由（2）可知，当时，，也即， 令，则，即， 所以． 6．(1)当时，单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）对函数求导后先分析的取值范围，若易得单调递减，若，则令，求得极值点后即可根据导数的正负判断函数的单调性； （2）由题意得，分类讨论与1的位置关系，由此确定，进而可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意得， ①当时，恒成立，即恒成立，在上单调递减； ②当时，令，， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上，当时，单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 若恒成立，则有， ①若，即时，则在上单调递减，则， 由得，此时前后矛盾，故舍； ②若，即，则在上单调递减，在上单调递增， 则， 由得，解得， 综上所述，的取值范围是. 7．(1)增区间为，减区间为. (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）代入，对函数求导，即可求得函数的单调区间； （2）（i）利用不等式恒成立可得，结合单调性即可求得，可得 （ii）由（i）可得，对函数多次求导并利用单调性与极值，结合零点存在性定理即可判断在上有且仅有一个零点，即可得出证明. 【详解】（1）当，时， 可得，所以， 当时，；当时. 所以的增区间为，减区间为. （2）（i）设，则在上单调递减， 则只需， 令，，由可得； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，所以， 所以. （ii）由上知，又， 当时. ， 当时，， 由零点存在定理可知存在，使得. 下面证明：在区间上有且仅有一个零点. 记，， 则，令，可得； 则在上单调递增，在上单调递减， 所以. ①当时，，所以单调递减 此时在区间上有且仅有一个零点 ②当时，，. 当时，此时存在唯一的，使得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上有且仅有一个零点. 当时， 存在两个点，，使得， 即， 故在上单调递减，上单调递增，上单调递减， 又. 记，. 所以，进而，所以对任意，总有 则对任意，.所以不存在零点. 而在上单调递减，， 所以在上有且仅有一个零点. 综上所述，在上有且仅有一个零点， 且当时，，时，，从而为的极大值点， 所以有且仅有一个极大值点，证毕. 8．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接求导得，分析其单调性即可得到最小值； （2）求导后得到切线方程，再设新函数，求导后得到其极大值，最后对分类讨论即可； （3）设，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到，结合得，最后根据两角差的正切公式合理放缩即可证明不等式. 【详解】（1）当时，， 当，所以在单调递增， 所以的最小值为． （2）当时，， ， 所以在点处的切线方程为：， 整理得， 令， 则，因为， 当时，为单调递增函数， 当时，为单调递减函数， 函数所有的极大值为， 当时，极大值等于0，即， 极小值， 当为正整数时，极大值全部小于0，即在无零点，为一个零点， 当为负整数时，极大值全部大于0，函数所有的极小值为， 且随着的增大，极小值越来越小， 因此在点处的切线与有3个交点， 只需时，极小值，即，即有解， 令为上的严格增函数， ， 故存在唯一实数，满足故存在唯一的， 使得曲线在点处的切线与有3个交点. （3）当时，零点即为零点， 在区间上单调递增， 又因为，当时，， 所以， 由（1）知，当时，，即， ， 又因为， 所以，即， 又因为 又，故， 故， 因为 故，因此， 又，函数在上单调递增， 所以， 故， 综上：. 9．(1)不是“3阶自和函数”. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据“3阶和函数”的定义，举反例说明函数不是区间上的“3阶和函数”. （2）根据“2阶和函数”的概念，求实数的取值范围. （3）先根据“2阶和函数”的概念求的值，再利用“极值点偏移”证明； 设，分析函数极值，可得，结合，可得当时，，当时，，进而得，整理可证. 【详解】（1）对于，有. 如果存在，使得． 则必有， 令，则， 所以不是“3阶和函数”. （2）函数在区间上的值域为． 因为是在区间上的“2阶和函数”． 所以对任意，总存在唯一的，使得成立， 所以， 所以在上的值域必定包含区间，且当时，方程的解在上是唯一的. 又因为函数的图象开口向上，对称轴为， 当时，在上单调递增，则必有，解得． 当时，在上单调递减，则必有，解得． 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则必有，解之得：； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则必有，解之得：. 综上所述，的取值范围为. （3）对，有． 如果存在，使得，则必有， 因为为区间上的“2阶和函数”， 所以，即，解得. 所以当时，函数， 所以函数的定义域为，且． 设， 则， 因为，所以． 所以在上单调递增，即在上单调递增，而． 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 而，当且时，． 所以. 设，则， 所以，又， 所以，所以． 因为且在上单调递增， 所以，即. 设，则， 所以当时，，单调递减， 当时，单调递增． 所以，则． 因为， 所以当时，，当时，. 所以， 整理得 由①②得，， 因为，所以，所以． 综上得证. 10．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证； （2）将函数求导得，记，再求导得，根据，分成，和三类情况讨论函数的单调性，即可逐一判断求得参数范围； （3）由（1）知，当时，，先后令，令，将其化成，再令，，可得，利用结合条件可得，从而要证，即证，再由余弦函数的单调性，需证，设，利用求导判断单调性证明即可. 【详解】（1）因，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，故当时，． （2）的定义域为，则， 记，则，则． ①若，即，则 令，则，所以在上单调递增， 当时，此时，则，故在上单调递增，不合题意； ②若，即，则必存在，使得当时，，则在上单调递增． 又，所以当时，，即在上单调递增，不合题意； ③若，即，同理可得，存在，使得当时，， 则在上单调递减．又，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以是的极大值点． 综上所述，的取值范围是． （3）由（1）知，当时，． 令，则，再令， 则． 令，，则． 所以． 由，得． 要证，只需证． 因为在上单调递减，所以只需证． 令，则，令，则， 易知在上单调递减．又，， 所以存在，使得，则在上单调递增，在上单调递减． 又，且在上单调递增，故在上大于0. 而在 上单调递减，且，故存在唯一的，使得. 则在上单调递增，在上单调递减． 又，，所以恒成立， 所以，则，所以． 11．(1)或或; (2) ，; (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数，结合余弦值相等的角满足的条件，即可求解； （2）利用余弦的和差角公式和二倍角公式化简，即可求解； （3）利用，结合四倍角公式和三倍角公式，建议方程，再结合零点存在定理即可求解. 【详解】（1）因为所以依题意可知：， 即． 所以或，， 又因为所以或或． （2）因为 ，再由，可得；                     同理 ，再由，可得 （3）.                  ． 令，则是方程的根．             又， 是函数的零点．                  ，由，解得． 在上单调递增，在上单调递减． 当时，没有零点． 于是必在区间上．                  又在上单调递增，                  且．                  由零点存在定理可知：．即． 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 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 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知函数若，则（    ） A．3或1 B．0或-2 C．0 D．1 2．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南永州·一模）若实数，，且满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 4．（2026·湖南永州·一模）已知函数若，则（   ） A．3或1 B．0或 C．0 D．1 5．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·湖南邵阳·一模）已知函数，，则（   ） A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减 C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 二、填空题 7．（2026·湖南怀化·一模）已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 8．（2026·湖南·模拟预测）函数的所有零点的和为__________． 抽象函数 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·一模）已知定义在上的函数满足，且，则（    ） A．0 B．2 C．3 D．4 2．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数的定义域为.若的图象关于点中心对称，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．关于直线对称 C． D． 3．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数的定义域为，则“是奇函数”是“是偶函数”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2026·湖南株洲·一模）已知是奇函数，是偶函数，其定义域均为，且，则（ ） A．0 B．2 C． D．1 5．（2026·河南郑州·模拟预测）已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（    ） A． B． C． D． 指对幂函数 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南·模拟预测）化简（   ） A． B． C．5 D．3 2．（2026·湖南株洲·一模）有一个正方形，其四个顶点均在曲线上，则该正方形的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 3．（2026·湖南常德·一模）已知，则“”是“”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．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·湖南邵阳·一模）设函数和的零点分别为，其中．当时，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·湖南永州·一模）已知函数，若且，则（   ） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 函数的应用 考点4 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）若实数，且满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 二、多选题 2．（2026·湖南常德·一模）（多选）已知函数，则下列说法中正确的有（   ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于直线对称 C．将的图象向左平移个单位得到的函数为奇函数 D．函数与在上有两个交点 3．（2026·湖南湘潭·一模）（多选题）定义：当且时，恒成立，则称是同号增函数．下列函数是同号增函数的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 4．（2026·湖南·模拟预测）函数的所有零点的和为__________． 5．（2026·湖南株洲·一模）从集合中任取两个不同的数a，b组成一个新的数，则的取值范围为___________． 6．（2026·湖南怀化·一模）已知函数的两个相邻零点间的距离为，则__________. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 导数的几何意义 考点5 一、多选题 1．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 二、填空题 2．（2026·湖南湘潭·一模）若直线是曲线的一条切线，则________． 导数与函数的单调性极值最值 考点6 一、单选题 1．（2026·湖南邵阳·一模）已知实数满足，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南邵阳·一模）已知函数，，则（   ） A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减 C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 二、多选题 3．（2026·湖南永州·一模）已知函数有三个极值点，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南永州·一模）已知函数有三个极值点，，，若，，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知函数，则（    ） A．若，且曲线的对称中心为，则 B．若，且曲线的对称中心为，则有极值 C．若，且，则存在实数，使得 D．若且，直线是曲线在对称中心处的切线，定点满足，则过点与曲线相切的直线有三条 三、填空题 6．（2026·湖南邵阳·一模）已知函数（，，），若在上恒成立，则的最大值为______. 导数的综合大题 考点7 1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 2．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，是的导函数. (1)当，时，讨论的单调性. (2)是否存在a，b，使得为的极值点？若存在，求a，b满足的条件；若不存在，请说明理由. (3)若，，为最小的零点，证明：当时，. 3．（2026·湖南怀化·一模）设函数. (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，函数的图象上有且仅有2个点到原点距离为，求的取值范围； (3)函数的图象上是否存在唯一的一组点，构成正多边形，且？若存在，请求出所有满足条件的以及对应的值；若不存在，请说明理由. 4．（2026·湖南·模拟预测）已知． (1)若，证明：恒成立． (2)令，且，有唯一的正零点． （i）求的取值范围； （ii）当时，证明：． 5．（2026·湖南岳阳·一模）已知实数，函数． (1)当时，试比较和的大小，并说明理由： (2)若时，，求的取值范围； (3)设正项数列的前项和为，若，且，求证：． 6．（2026·湖南永州·一模）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)若，且当时，恒成立，求的取值范围． 7．（2026·湖南常德·一模）已知函数，. (1)当，时，求函数的单调区间； (2)若对任意，，对恒成立. （i）求的取值范围： （ii）若，证明：函数有且仅有一个极大值点. 8．（2026·湖南永州·一模）已知函数． (1)当时，当，求的最小值； (2)当时，证明：存在唯一实数，使得曲线在点处的切线与的图象有3个交点； (3)当时，将在区间上的零点从小到大依次排列，记第个零点为，证明：． 9．（2026·湖南邵阳·一模）若函数对任意，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶和函数”．特别地，当时，称为区间上的“阶和函数”． (1)判断函数是否为区间上的“3阶和函数”； (2)若函数是在区间上的“2阶和函数”，求实数的取值范围； (3)若函数为区间上的“2阶和函数”，当时，函数有两个零点，证明：． 10．（2026·湖南湘潭·一模）已知函数，． (1)证明：当时， (2)若是的极大值点，求的取值范围． (3)若，且，其中，证明：． 11．（2026·湖南株洲·一模）已知函数． (1)若函数图象在点处的切线与函数图象在点处的切线平行，求的值； (2)设，用表示函数和； (3)求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 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 学科网（北京）股份有限公司 $