福建省泉州第五中学2025-2026学年高二下学期数学期中复习练习：导数

27届高二数学期中复习 导数 1．吹气球时，气球的半径（单位：）与体积（单位：）之间的关系式为，则时气球的瞬时彭胀率大约是时气球的瞬时颜胀率的（   ） A．2倍 B．4倍 C． D． 2．已知函数，若直线为曲线的切线，则实数的值为（    ） A． B． C．0 D．－1 3．已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知函数，，，若，图像上分别存在点M，N关于直线对称，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数与其导函数的图象的一部分如图所示，则关于函数的单调性说法正确的是（    ） A．在单调递减 B．在单调递减 C．在单调递减 D．在单调递减 6．偶函数与其导函数的定义域均为R，在间[2023，2024]上单调递减，对任意x∈R恒有成立，若，则（    ） A． B． C． D． 7．若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．若对恒成立，则当取得最小值时，（   ） A． B．1 C． D．2 9．已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．若存在一个非零实数，一个正实数，使得等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．已知，则下列不等式正确的有（   ） A． B． C． D． 12.已知三次函数有三个不同的零点，若函数也有三个不同的零点，则下列等式或不等式一定成立的有（    ） A． B． C． D． 13．已知函数，下列说法正确的有（    ） A．对任意，函数都是偶函数 B．若，则函数在上存在唯一极小值点 C．若，则函数在上存在极值点 D．若，且方程有且仅有一个实数解，则 14．已知函数及其导函数的定义域均为，，函数在上单调递减，若且，则（    ） A．函数具有周期性 B． C． D．的最大值为 15．已知函数满足，则______________. 16．函数，若，且，都有，则m的范围为_______. 17．若函数的图象与函数的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数______. 18．若关于的函数在上存在极小值（为自然对数的底数），则的范围为_____________． 19．关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 20.(1)已知函数，讨论的单调性； (2)已知函数．讨论函数的单调递增区间； (3)函数．讨论函数的单调性； (4)已知函数，若在上存在最大值，求的范围以及的值域. 21.已知． (1)若在处的切线的斜率是，求当在恒成立时的的取值范围； (2)设，当时有唯一零点，求a的取值范围． 22.已知函数有两个极值点，. （1）求的取值范围； （2）证明：. 23．（2024·全国·一模）已知 (1)若，求实数的取值范围； (2)设是的两个零点（），求证：①；②. 24.对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 27届高二数学期中复习 导数答案 1．B 2.B 3．C 4．A 5．B 6．A 7．D 8．D 9．A 10．C 3.【详解】由题意得：， 又是的一个极值点，所以，所以，所以，所以. 4．设的图像上点的坐标为，其关于直线的对称点的坐标为，点在图像上.所以有，且，消去可得，所以.令，， 则，当时，，所以函数单调递增， 且，所以的值域为，所以实数的取值范围为. 5．由图过点的为的图象，过点的为导函数的图象，， 当时，，故，在上单调递减， 当时，，故，在上单调递增， 6．是偶函数，的图象关于对称，记， 则，不妨设为常数，即， 的图象关于点对称，易证是以4为周期的周期函数. 又在区间上递减，在区间上递减，在区间上递增. .记， 则，在上单调递增，， 当时，有，又，. 7．由题可得，则由，可得， 即，则，即有， 令，则有恒成立，由单调递增，故， 则，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故，即，即，即实数的取值范围是. 8．由，得．设函数，则，则在上单调递增．因为，， 所以存在唯一的零点，且． 当时，，递减，当时，，递增， 当时，，当时，． 作出的大致图象，如图所示，直线的斜率大于0，在轴上的截距为， 由图可知，的最小值为1，此时． 9．由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，；当时，；当时，； 由此可作出函数的图象：令，则原方程可化为：，得或，原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个；结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需且，即得，此时有1个解，有3个解，即. 10．因为，所以， 所以.令，则，设，则，令，可得，当时，；当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则，又当时，，故. 11．ACD 12.BC  13．ABD 14．BCD 11.A项，令，则，令，解得， 所以函数在上单调递增．所以当时，，即，A正确； B项，令，则，于是，但，B错误； C项，令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 故在时，取得最小值，所以在上恒成立， 故在上恒成立，C正确； D项，令，因为，则，构造函数， 在上恒成立，即在上单调递增， 又，即在上恒成立，则有，化简得， 将代入不等式可得：，化简得：，D正确． 12.，因为原函数有三个不同的零点，则有两个不同的实根， 即，则，即，所以A错误； 因为三次函数有三个不同的零点，所以，所以， 同理，所以，故C正确，D错误；由的图象与直线的交点可知，B正确．故选：BC． 13． A选项：函数的定义域为，关于原点对称， 且，故对任意，为偶函数，A正确. B选项：当时，，求导得，令则，故在上单调递增，又， 当 时 ， 时 ，因此是在上唯一的极小值点，B正确. C选项：当时，，，当时，，， 故，在上单调递减，无极值点，C错误. D选项：当时，结合B选项可知，在处取得最小值， 方程有且仅有一个解，则最小值为，即，解得，D正确. 14．对两边同时求导得，即， 函数的图象关于直线对称，，而，即有，已知条件没有充足的理由说明函数具有周期性，故A错误； ，，，故B正确； ，， 在上单调递减，且的图象关于直线对称， 在上单调递增，又，，故C正确； ，，当且仅当 即时，等号成立，故D正确．故选：BCD． 15．6 【详解】由，求导得，，解得， 于是，所以. 16． 【详解】因为，且，都有， 所以，即，所以在上单调递增，又，所以对所有恒成立， 所以，解得，所以实数m的取值范围为． 17．【详解】因为直线l与直线互相垂直，所以， 令，又，解得，因为，所以切线的方程为， ，设函数与直线切于点， 所以，故，即，化简得， 解得或，因为，所以，所以. 18．【详解】，所以，令，则，所以当或时，当时， 所以在，上单调递减，在上单调递增，又，， 当即时与轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为， 则当时，即，当时，即， 即在上单调递增，在上单调递减，此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当即时与轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为， 则当时，即，当时，即，即在上单调递增，在上单调递减，此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当时当时即，当时即，所以在上单调递增，在上单调递减，此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当时当时即，当时即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 此时函数在处取得极大值，无极小值，不符合题意； 当，即时的图象如下所示，即与轴有个交点，不妨依次设为、、，则当或时，即，当或时，即，所以在处取得极小值，符合，综上的取值范围为. 19．【详解】，其中， 当时，，所以恒成立， 当时，，即，所以， 当时，， 则或， 设，，则， 所以当时，函数单调递增，且， 同理可得，当时，函数单调递减，且， 所以不等式不满足题意；则， 设，则，令， 则，当时，，则在单调递减，则，所以，则在单调递减，则，所以． 20.（1）由题意可知，函数，的定义域为， 导数，当时，，； 当时，，；，； 综上，当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）由题，， 则， ①当时，，在上恒成立，则的单调递增区间为， ②当时，在上恒成立，则的单调递增区间为， ③当时，时，，时，， 时，，的递增区间为和， 综上：当时，的单调增区间为，当时，的单调增区间为和； （3）由题意可得：，注意到， ①若，，则在上单调递减， ②若，令时，解得，当，；当，； 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，，在上递减；，在上递增，在上递减． (4)，令得或， ①若，则，当时，；当时，；，则在上恒成立，故在上单调递减，则在上单调递减，不存在最大值； ②若，则，则得；得或； 则在上单调递增，在、上单调递减，则在上递减，不存在最大值； ③若，则，则得；得或； 则在上单调递增，在、上单调递减， 若，即，则在上单调递增，则最大值为， 因为在上单调递减，，所以； 若，即，则在上单调递增，在上单调递减， 则最大值为，因为在上单调递减， 当时，；当时，，所以； 综上，的取值范围为，的值域为. 21.（1），则 令，则恒成立，在上单调递增，当时，，即恒成立，在上单调递增， 恒成立，的取值范围是 （2）， ①当时在上单调递增，， 存在使得，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，又，故存在唯一的使得，满足题意； ②当时，由可得，令， 则，当时，，故在上单调递增， 则，则在上恒成立，故在上无零点． 综上所述，a的取值范围是． 22.解析：（1）∵，∴有两个不等正根，，∴，解得. （2）由已知得，，， ， ， ， 令，则，，，，∴是增函数，，即. 23．（1），设，则，所以单调递增，注意到，所以当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增，所以，若，则，解得，所以实数的取值范围为； （2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且， 所以， 设，，所以函数单调递增，所以， 所以，即，又函数在上面单调递减，所以，所以； ②注意到，所以，要证， 只需，即只需，令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，所以，所以要证，只需，即， 不妨设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递增， 因为，所以，即， 又因为，所以，综上所述，命题得证. 24.解析：（1）当时，，其定义域为.由得. 设，则，当时，；当时，；所以在单调递增；在单调递减，注意到，所以在恰有一个零点，且，又，所以，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，所以，所以的元素个数为，又因为，所以. （2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；当时，，其定义域为，由得.设，，则，设，则， ①当时，，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，符合题意； ②当，故恰有两个零点.又因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；注意到，所以在恰有一个零点，且，又时，，所以在恰有一个零点，从而至少有两个不动点，不符合题意；所以的取值范围为，即集合.（凌晨讲数学） （ii）由（i）知，，所以，此时，，，由（i）知，在单调递增， 所以，当时，，所以，即， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，下面我们先证明当时，，设，，所以，所以在单调递减，所以，即当时，， 从而当时，，从而，即，故，即，由于，，所以，，故，故时，， 所以，故. （ii）解法二：同解法一可得，.下面我们先证明当时，. 设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，从而当时，， 于是，从而，即， 故，即，由于，所以， 故，故时，. 所以.故. 1 学科网（北京）股份有限公司 $