专题07 函数与导数6个考点（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题07 函数与导数 6大考点概览 考点01函数的基本性质 考点02指对幂函数 考点03函数的应用 考点04导数的几何意义 考点05导数与函数的单调性极值最值 考点06导数的综合大题 函数的概念及基本性质 考点1 1．（2026·福建南平·二模）（多选）已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（    ） A． B．是偶函数 C． D．在上是减函数 【答案】ACD 【分析】令判断A，令可判断B，令，所给等式两边取导数可判断C，对两边取导数，再令可求出，即可得出函数单调性判断D. 【详解】令，可得，故A正确； 令，可得，即，所以函数为奇函数，故B错误； 令，则，两边取导数可得，即，故C正确； 由，对两边求导，， 令，可得，又，所以， 当时，，所以在上是减函数，故D正确. 2．（2026·福建龙岩·三模）已知函数的定义域为，满足，当时，．若，则实数的值为（   ） A． B．4 C．或 D．2或4 【答案】D 【分析】利用得出函数的对称轴，再结合已知条件分情况讨论的取值范围，进而求解的值. 【详解】由可得函数的图象关于直线对称， 当时，因为时，，且， 则，将方程变形得. 设，则方程变为，化简得. 解得或（舍去）， 所以，得. 当时，因为函数的图象关于直线对称，所以. 此时，则， 根据对数换底公式进行变形得. 设，则方程变为，化简得. 解得或（舍去），所以，解得. 综上，实数的值为或4. 3．（2026·福建三明·二模）已知函数的定义域为，，，且当时，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据得，再结合即可求解. 【详解】由，得， 所以 ， 所以， 又， 且当时，，所以， 所以. 4．（2026·福建南平·二模）已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A．-2 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可求解. 【详解】已知是定义在上且周期为的奇函数，所以有， 令，得， 由于是奇函数，有，所以，即，解得， 当时，，由于，所以， 因此，故B正确. 5．（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知为偶函数，在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：例如，， 即，但，故A错误； 对于选项B：例如，， 即，但，故B错误； 对于选项C：令，则的定义域为， 且， 即，可知为奇函数， 又因为在定义域内单调递增，则在定义域内单调递减，且， 当时，；当时，； 则，可知为偶函数，则， 当时，在内单调递增， 若，即，则，可得，故C正确； 对于选项D：，， 即，但，故D错误. 6．（2026·福建漳州·三模）已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用奇函数定义域含时及求出参数，再将函数变形判断单调性，最后结合奇偶性与单调性脱去函数符号，转化为一元二次不等式求解． 【详解】因为是定义域为的奇函数， 所以，所以，所以． 因此，，， 即，所以． 因为，所以． 又是减函数， 所以，解得． 7．（2026·福建莆田·模拟预测）已知定义域为的函数满足：对任意，都有，则（   ） A．是奇函数 B． C．在上具有单调性 D．若在上单调递增，且，则 【答案】D 【详解】A选项错误，由于定义域为，所以不是奇函数． B选项错误，存在反例，若，， 则． C选项错误，存在反例；；． 此时不具有单调性． D选项正确，由，得． 由定义域得，，即． 由单调递增得，即解得或（舍去）． 综上，． 8．（2026·福建厦门·模拟预测）写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 【答案】（答案不唯一） 【分析】由题意知图象关于点对称，再结合正比例函数构造即可； 【详解】由③得函数图象关于点对称， ，则可取，符合①②③. .（答案不唯一） 9．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数， 则，即， 又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数， 则有，因，则可得，解得， 故实数的取值范围是，即的最小值为. 10．（2026·福建厦门·二模）设函数，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得. 【详解】因为,所以函数是偶函数，所以. 当时,,此时有，所以函数在单调递增， 又因为 ,所以. 又因为,所以, 由函数的单调性可得即 指对幂函数 考点2 11．（2026·福建福州·三模）已知，则的大小关系不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，得，转化为函数与，与，与图象的交点问题；作出函数图象，结合图象可得各个交点的位置关系，从而进行判断. 【详解】，，, ，，； 即转化为函数与，与，与图象的交点问题. 分别画出，，，，，的图象，如图所示：      由图可知，与的图象交于两点，与的图象交于两点，与的图象交于两点；同时. 对于A，时，满足，故A正确； 对于B，，不满足，故B错误； 对于C，，满足，故C正确； 对于D，，满足，故D正确. 12．（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. 函数的应用 考点3 13．（2026·福建三明·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出，设，推导出，转化为方程在区间上有两解，参变分离，在区间上有两解，构造函数，得到函数单调性，数形结合得到结论. 【详解】由题意得函数与的图象关于直线对称，故， ，设， 则方程，即均在函数图象上， 假设，因为在上单调递增，故， 又，故，与假设矛盾，舍去； 假设，因为在上单调递增，故， 又，故，与假设矛盾，舍去； 综上，，即方程在区间上有两解， 即，在区间上有两解， 令，，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 又，， 其中，即， 画出函数在上的图象如下： 要想在区间上有两解，需要， 解得. 14．（2026·福建厦门·模拟预测）某工厂的产量Q（单位：件）与资本投入K（单位：万元）、劳动投入L（单位：人）满足柯布-道格拉斯生产函数（其中，，为常数）.在劳动投入不变的前提下，要使该工厂的产量提升20%，资本投入需增加60%，则该工厂资本产出的弹性系数约为（    ）（参考数据：，） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 【答案】B 【详解】由题意可得，又， 两式相除可得，两边取对数可得， 所以，所以. 15．（2026·福建厦门·二模）若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点. ①当恒成立，即 时， 问题转化为方程即有两个不同的解. 由 . 所以或. ②当时，方程有两个正根，（），如图， 当时， 恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. ③当时，方程有两个负根，（），如图， 当时， 恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. 综上可得：若函数恰有两个零点，则的取值范围是. 导数的几何意义 考点4 16．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】曲线的导数，则在的切线斜率为， 由点斜式求得切线方程为， 化成一般式为. 导数与函数的单调性极值最值 考点5 17．（2026·福建泉州·模拟预测）“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数求出的单调性和极值点，结合题意，分析可得a的范围，根据充分、必要条件的定义，结合选项，分析即可得答案. 【详解】由题意，令，解得或， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的极小值为， 因为区间内存在最小值，所以极小值点0在区间内， 则，解得， 令，解得，或， 所以，解得， 综上，函数在区间内存在最小值时， 要满足“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件， 即所求为的真子集， 分析选项可得，只有符合题意. 18．（2026·福建·二模）已知函数有且仅有个极值点、、，且，则（   ） A．为奇数 B．为奇数 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】求导得出，令可得或或，对、的大小以及、的奇偶性进行分类讨论，利用列表的形式分析函数的单调性，结合极值点的定义可得出合适的选项. 【详解】因为函数，该函数的定义域为， （1）当时，， 由可得或，此时函数不可能有三个极值点，舍去； （2）当且时， ， 由可得或或， 因为函数有且仅有个极值点、、，且， 则且，符合题意， ①若，则，， 则，所以，，， 若、都为奇数，则、都为偶数，列表如下： 减 减 极小值 增 增 此时函数只有一个极值点，不符合题意； 当为奇数，为偶数，则为偶数，为奇数，列表如下： 增 增 极大值 减 极小值 增 此时函数有两个极值点，不符合题意； 当为偶数，为奇数时，同理可知，函数有两个极值点，不符合题意； 当、均为偶数时，、均为奇数，列表如下： 减 极小值 增 极大值 减 极小值 增 此时函数有个极值点，符合题意，且，，， 此时，则； ②当时，同理可知、均为偶数，且，，， 此时，则. 故D选项正确. 19．（2026·福建漳州·二模）已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】由题意得：， 又是的一个极值点，所以，所以， 所以，所以. 20．（2026·福建福州·三模）（多选）已知函数 ，则下列说法正确的是（    ） A．若是奇函数，则 B．若是增函数，则 C．所有零点的平方和等于 D．当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 【答案】AD 【分析】根据奇函数的定义可判断A；根据导数与单调性的关系及一元二次不等式恒成立即可判断B；根据零点问题及韦达定理可判断C；求出的最值，根据已知条件及二次函数性质可得，结合导数的几何意义及直线垂直的条件可判断D. 【详解】对于A：函数的定义域为. 若是奇函数，则，即， 所以，故A正确. 对于B：. 若是增函数，则恒成立， 所以，即，故B错误. 对于C：令，则或. 设方程的根为，（2个不等实根或2个相等实根或2个复数根）， 对于C：令，则或. 当时，方程无解，此时只有1个零点，故； 当时，方程有两个相等实根或两个不等实根，记为，，则，， 此时有3个零点，故， 综上，C错误. 对于D：设曲线的两条切线斜率分别为，，不妨令，， ，则 又，所以， 所以一定存在切点，，使得，即， 故当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切，D正确. 21．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）设函数，则（   ） A．有三个零点 B．是的极小值点 C．当时， D．曲线上存在无数多对互相平行的切线 【答案】BCD 【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，A错误； 对于B， ， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，B正确； 对于C， ， 当时，，所以， 所以当时，，C正确； 对于D，， 所以对于任意的实数，都有两个解， 所以曲线上存在无数多对互相平行的切线，D正确. 22．（2026·福建莆田·二模）（多选）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. 导数的综合大题 考点6 23．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）通过对求导，分和两种情况，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）法1，先由得到，再验证当时恒成立，从而确定的最大值为；法2，分、、三种情况讨论，利用函数最小值非负得到，构造函数，通过求导求其最大值，得到的最大值为的最大值为； （3）由存在零点，将问题转化为点到直线的距离不大于，再利用对不等式放缩，最终得证；通过三角换元，将问题转化为三角函数有界性问题，再利用对不等式放缩，最终得证. 【详解】（1）因为，所以， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，则由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）法1：由，即，得． 当，时，，下面证明此时成立， 此时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以成立． 综上，的最大值为． 法2：①若，则 当时，， 当时，， 所以当且时，，不合题意． ②若，则的值域为， 所以，所以． ③若，则结合（1）得，， 即，即，所以， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以， 当时，． 综上，的最大值为． （3）法1：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 这说明点在直线上， 设点到直线的距离为， 则，即， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 法2：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 设，则， 即，其中， 所以， 所以， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 24．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)，证明见解析. 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【详解】（1）由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 25．（2026·福建龙岩·三模）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点 （2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数 （3）令，只需证，再利用导数证明结论. 【详解】（1）的定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以的极小值点为． （2）法一：等价于， 又，可得， 令，， 记，则， 所以在单调递增． 又，， 故在上有唯一零点， 且， 又在单调递减，在单调递增， 所以， 由可得，又为整数， 所以整数的最大值为4． 法二：令 ， 问题转化为：对任意有，因为 当时， 所以在单调递增， 故，符合题意． 当时， ， 当 单调递减， 当 单调递增， 所以 ， 令 ， 所以在单调递减，又， 所以当时，满足的最大整数的值为4 综上：结合时均满足条件，所以整数的最大值为4． （3）令，，则， 所以，要证，即证， 即证， 等价于证， 设，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即， 因此只需证， 即 对于（1）式，只需证， 可设，， 则， 所以在上单调递减，在单调递增． 故，即成立． 对于（2）式，即要证， 设，则， 设，， 则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以， 令，则， 由知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 则在上递增，所以 综上命题得证． 26．（2026·福建厦门·模拟预测）已知函数，其中. (1)当时，求在处的切线方程； (2)已知. （i）求的取值范围； （ii）记的极值点为，证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）由题意知，再结合导数的几何意义求解即可； （2）（i）先讨论时，不成立，进而转化为讨论的情况，再结合函数单调性得在处取得极小值，且满足，进而将转化为，令，进一步转化为，再结合函数性质得，，最后代入求得的取值范围； （ii）结合（i）知，，，，进而得，再构造函数，研究函数性质得，，最后结合不等式性质即可证明. 【详解】（1）解：当时，，定义域为，， 所以，， 所以，在处的切线方程为：，即 （2）解：（i），要使函数有意义，则，即， 所以，当时，的定义域为；当时，的定义域为， 下面分情况讨论： 当时，的定义域为，， 当时，，故， 所以， 又，与恒成立矛盾，故时不满足题意； 当时，的定义域为，， 因为函数，在上均为单调递增函数， 所以在上单调递增， 因为时，；时，， 所以，存在唯一实数，使得，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，在处取得极小值，也是最小值. 故要使成立，只需成立即可，即， 因为，所以， 所以， 由得， 将代入得， 变形并整理得， 令，则，所以， 令，则在恒成立， 所以在上单调递减， 又，所以，所以， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以 因为，所以 综上，的取值范围为 （ii）由（i）知，，， 所以 ， 由（i）知，，则， 所以， 令 则 令，易知函数为上单调递增函数， 因为，， 所以，存在使得，即， 此时，当时，；当时，， 所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，函数在处取得极大值，也是最大值， 即 令，在上恒成立， 所以在单调递增， 因为，所以 因为，所以，所以， 所以，证毕. 27．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数，其中，数列满足，. (1)设，若，求的最大值； (2)若，证明：当时，； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对求导得到的单调性，根据单调性即可求出答案； （2）由（1）知从而得到，整理得，累乘可得，再通过累加可得，即可得证； （3）根据得到，即，求出是的必要条件，再证明充分性，证明当时，从而得到，即，根据单调性得，以此类推，即可证明充分性，即可得解. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为. （2）令， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即，即， 当时，， 由题意得， 所以，若，则， 又因为，所以，，， 由（1）知，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，即， 不等式两边同时取对数得， 即， 因为，所以， 所以， ， ， ， 将上式相乘可得，即， 故当时，， 所以. （3）由题意得，数列单调递增，故， 因为在上单调递增，则， 又因为，所以， 因为，所以，得，解得， 又因为，故是的必要条件， 下证充分性： 当时，因为， 设， ， 所以在上单调递减， 所以，所以当时，， 所以，当且仅当时，等号成立， 当时，由得，解得， 故， 所以，即， 又在上单调递增，故， 同理可得，，， 故当时，，充分性得证， 综上的取值范围为. 28．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 【答案】(1)答案见解析 (2)不“等比偏移”，理由见解析 (3)证明见详解 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【详解】（1）解：首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. （2）解：方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）（3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. （3）思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 29．（2026·福建三明·二模）已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将问题转化为的零点个数，通过求导，分、两种情况分析即可；或将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，数形结合即可求出. （2）根据得到，将问题转化为求证，构造函数求最小值即可；或利用同构思想求证即可. （3）令，分、两种情况讨论其单调性求最大值，得出，再构造函数即可求出； 【详解】（1）法1：的定义域为，令，即，即． 令，则 （ⅰ）当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意，舍去； （ⅱ）当时，当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减． 所以在处取得最大值，最大值为， ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，故没有零点； ③当时，，即， 又时，；时，． 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 故在上有两个零点； 综上，实数a的取值范围为． 法2：的定义域为，令，即， 即，即， 设，则． 当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减，所以． 又，当时，；时，． 画出的大致图象如图所示． 函数有两个零点，等价于函数的图象与直线有两个交点． 由图象可得，实数a的取值范围为. （2）法1：因为，所以， 故要证，只需证，即证， 令，则， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，故，即， 因此当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为． 所以，命题得证. 法2：因为，所以， 故要证，只需证，即证， 即证， 令，则． 令，则；令，则． 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 令，从而只需证． 令，则， 所以在上单调递增，故， 所以，从而成立． （3）时，恒成立，即恒成立，即恒成立． 设函数，则恒成立， （ⅰ）当时，因为函数，在上均为减函数，所以函数在上单调递减． 且当时，，与题意不符； （ⅱ）当时，， 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 所以， 依题意，，即， 所以， 令，则， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 所以当时，取得最大值，最大值为． 故 所以，当，时等号成立． 综上所述，的最大值为. 30．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时， （i）若，求证：； （ii）记，求证：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据题意，将问题转化为，进而求函数的最小值即可求得答案； （2）（i）构造函数，进而在上单调递增即可证明结论； （ii）令，进而得.再结合（i）的证明过程中得到的不等式得，，进而得到即可证明；再结合（i）证明过程中得到的不等式和结论得，最后结合等比数列求和即可证明结论. 【详解】（1）已知，即， 因为，， 所以，即，， 令， 则 ， 令，，则， 所以在上单调递减，，即， 所以，当时，，，，单调递减； 当时，，，，单调递增； 所以，当时，取得最小值， 所以，即的取值范围为. （2）（i）当时，， 证明：当，，即，， 令，， 令，， 所以， 令，，则恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即，， 所以，，证毕. （ii）由，令，则， 所以 ， 下面先证明， 由（i）知在上恒成立，即在上恒成立， 所以，当时，， 又因为，故当时，，，， 所以，即， 所以， 所以，证毕； 再证明：， 由（i）知和在上恒成立， 所以，当时，，即 ，， 所以 所以 所以 ，证毕. 综上，. 31．（2026·福建宁德·二模）已知函数. (1)若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值； (2)当时，证明：； (3)当时，若，求整数的最小值. 【答案】(1)，极大值 (2)证明见解析 (3)3 【分析】（1）根据极值点处的导函数值为0可求得a，进而对导函数进行三角恒等变换可求解；（2）首先对的解析式进行三角恒等变换，使得解析式为关于的函数，通过换元法，令，构造函数，通过，分类讨论的最大值即可证明；（3）构造函数，则恒成立，通过导数研究的范围可知，进而研究的情况即可得解. 【详解】（1）因为，所以. 因为在处取得极值，所以，解得. 当时，， 当在区间变化时，，的变化情况如下表所示： 0 极大 所以在处取得极大值. （2） ， 令，则， 则的最值问题可转化为的最值问题，. 当时，（不恒为零），所以在上单调递增， ， 由，得， 所以，所以，即； 当时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 而，由上知，所以， 又，所以， 所以，所以，即. 综上，当时，. （3）当时，， 令，由题意知恒成立. 而，， 当时，，，当时，， 所以在上单调递减，，不合题意舍去，故. 当时，， ， ， ， 所以，当时，， 则在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，，不合题意舍去. 当时，， ， 当时，， 所以在上单调递增，，符合题意； 当时，由（2）可知，， 所以. 综上，整数的最小值为3. 32．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求导得，将问题转化为在有两正根，再通过研究函数的单调性和极值确定范围. （2）由韦达定理和极值点关系得到，将化简为关于的表达式，令，可得，，利用求导判断函数单调性即可证明. （3）令，求导判断其单调性，即得当时，，令代入并运用累加法与对数的运算性质即可得证. 【详解】（1）已知，其定义域为， 对求导可得：， 因为函数有两个不同的极值点， 所以在上有两个不同的正根， 令，对求导可得：， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为当时，，当时，， 要使在上有两个不同的正根，则需， 解得，因此的取值范围是. （2）由（1）可知，是的两个不相等的正根， 即，可得，则， （由三次方程韦达定理：，，， 因，则其中必有一根为负，记为，则，）， 则， （*）， 由，得，同理可得， 则， 将其代入（*）可得：， ， 又因为，则，可得， 则， 令，则，， 求导得，则在上单调递增， 故有，即. （3）令，求导可得： ， 所以在上单调递减， 则当时，， 即，移项可得， 令，，则，即. 因，，，， 将以上个不等式左右相加得：（**）， 又因，， 则（**）为， 两边乘以可得：， 故得得证. 33．（2026·福建·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】利用导数的几何意义、导数的应用等基础知识求解即可. 【详解】（1）函数的定义域为，． 当时，因为，所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）解法一：(i)当时，，在单调递增，此时存在，使， 不符合题意，舍去； (ii)当时，显然成立； (iii)当时，令，得，令，得； 所以在单调递减，在单调递增． 所以，解得． 综上所述，的取值范围为． 解法二：由已知，得． (i)当时，可得．因为，所以，又因为时，， 所以； (ii)当时，恒成立，所以； (iii)当时，可得． 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，所以． 综上所述，的取值范围为． 34．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增； (2)证明见解析. 【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为， 所以，即证得. 【详解】（1）函数的导数为， 当时，恒成立，故，所以在上单调递增； 当时，令 ，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，在处取得最小值， 因此，对任意，有. 只需证明 ，即 令，. 求导得， ，故在上单调递增. 由知，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以在处取得最小值. 因此，即成立，等号当且时取得. 35．（2026·福建漳州·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）等价变形给定不等式，构造函数的导数，按分类讨论确定函数的单调性求出范围. （3）由（2）的信息可得当时，，取并变形不等式，利用不等式的性质推理得证. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 则，而，所以曲线在处的切线方程为. （2），令函数， 因此，求导得， 令，， 当时，，恒有，即成立， 则函数在上单调递增，，符合题意，因此； 当时，，函数图象对称轴，且， 即成立，则函数在上单调递增，，符合题意，因此； 当时，，且，函数的图象连续不断， 则存在，使得当时，，即， 则函数在单调递减，当时，，不符合题意， 所以a的取值范围是. （3）由（2）知，当，时，恒成立， 令，，则 ， 当时， ，而当时，不等式成立， 所以. 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 6大考点概览 考点01函数的基本性质 考点02指对幂函数 考点03函数的应用 考点04导数的几何意义 考点05导数与函数的单调性极值最值 考点06导数的综合大题 函数的概念及基本性质 考点1 1．（2026·福建南平·二模）（多选）已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（    ） A． B．是偶函数 C． D．在上是减函数 2．（2026·福建龙岩·三模）已知函数的定义域为，满足，当时，．若，则实数的值为（   ） A． B．4 C．或 D．2或4 3．（2026·福建三明·二模）已知函数的定义域为，，，且当时，，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·福建南平·二模）已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A．-2 B． C． D．2 5．（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·福建漳州·三模）已知是定义域为的奇函数，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·福建莆田·模拟预测）已知定义域为的函数满足：对任意，都有，则（   ） A．是奇函数 B． C．在上具有单调性 D．若在上单调递增，且，则 8．（2026·福建厦门·模拟预测）写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 9．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·福建厦门·二模）设函数，记，则（   ） A． B． C． D． 指对幂函数 考点2 11．（2026·福建福州·三模）已知，则的大小关系不可能为（    ） A． B． C． D． 12．（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． 函数的应用 考点3 13．（2026·福建三明·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，若方程在区间上有两解，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 14．（2026·福建厦门·模拟预测）某工厂的产量Q（单位：件）与资本投入K（单位：万元）、劳动投入L（单位：人）满足柯布-道格拉斯生产函数（其中，，为常数）.在劳动投入不变的前提下，要使该工厂的产量提升20%，资本投入需增加60%，则该工厂资本产出的弹性系数约为（    ）（参考数据：，） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 15．（2026·福建厦门·二模）若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 导数的几何意义 考点4 16．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数，则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5 17．（2026·福建泉州·模拟预测）“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 18．（2026·福建·二模）已知函数有且仅有个极值点、、，且，则（   ） A．为奇数 B．为奇数 C．若，则 D．若，则 19．（2026·福建漳州·二模）已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 20．（2026·福建福州·三模）（多选）已知函数 ，则下列说法正确的是（    ） A．若是奇函数，则 B．若是增函数，则 C．所有零点的平方和等于 D．当时，存在两条互相垂直的直线都与曲线相切 21．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）设函数，则（   ） A．有三个零点 B．是的极小值点 C．当时， D．曲线上存在无数多对互相平行的切线 22．（2026·福建莆田·二模）（多选）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．， 导数的综合大题 考点6 23．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 24．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 25．（2026·福建龙岩·三模）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 26．（2026·福建厦门·模拟预测）已知函数，其中. (1)当时，求在处的切线方程； (2)已知. （i）求的取值范围； （ii）记的极值点为，证明：. 27．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数，其中，数列满足，. (1)设，若，求的最大值； (2)若，证明：当时，； (3)当时，，求的取值范围. 28．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 29．（2026·福建三明·二模）已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 30．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时， （i）若，求证：； （ii）记，求证：. 31．（2026·福建宁德·二模）已知函数. (1)若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值； (2)当时，证明：； (3)当时，若，求整数的最小值. 32．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 33．（2026·福建·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围． 34．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 35．（2026·福建漳州·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)设，证明：． 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 $