一元函数的导数及其应用训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数几何意义与函数性质，通过多样题型构建从概念到应用的完整逻辑链，培养数学思维与应用意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选|8|切线方程、极值存在性、单调性应用|从导数定义到几何意义，递进至函数单调性与极值判定| |多选|3|图像辨析、导函数性质综合|结合函数图像与导数符号，深化性质关联性理解| |填空|3|切线方程、单调区间求解|强化导数运算与几何意义的直接应用| |解答|5|单调性证明、极值点探究、零点问题|整合导数工具解决函数综合问题，构建逻辑推理链条|

高中数学人教A版选择性必修二一元函数的导数及其应用 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C B A D A C CD ABD 题号 11 答案 AD 1．B 【分析】利用导数的几何意义，求出在点处的切线斜率，进而写出直线方程，然后计算直线方程与两坐标轴的交点，然后利用直角三角形的面积公式求解即可. 【详解】，所以， ，所以在点处的切线方程为. 当时，；当时，. 所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为. 2．D 【分析】利用极值点处的导数是0求出,再根据单调性求出极大值. 【详解】根据题意求出， 因为是极值点,所以,求出, 所以， 令，得， 所以,,函数在上递增； ,,函数在上递减； ,,函数在递增, 所以在处取得极大值. 3．C 【分析】先求导确定函数的唯一极值点，问题转化为区间必须包含，同时区间需在定义域内，由此解出的范围． 【详解】函数的定义域为， 求导得：， 当时，，，，故的符号由决定， 即时，；时，． 因此在上单调递减，在上单调递增，故 是的唯一极值点（极小值点）， 函数在区间上存在极值点，等价于该区间包含， 即，解得， 又因为函数定义域为 ，区间必须在定义域内， 故， 综上，的取值范围为，即实数的取值范围是． 4．B 【分析】先对函数求导，利用恒正的性质，将区间上单调递减转化为二次因式恒小于等于0，结合二次函数解集与给定区间的包含关系求解参数范围. 【详解】 ， 因为，因此在上单调递减等价于对任意，恒成立， 二次函数图像开口向上， 零点为，，，所以不等式的解集是, 则 ，需满足 ， 解得，即. 5．A 【分析】先求出函数唯一的极值点，再根据极值点落在开区间内、区间整体属于函数定义域的双重约束列不等式，精准求解参数范围. 【详解】的定义域是，， 令，得， 当，单调递减，当，单调递增， 所以是唯一的极值点，且是极小值点， 由题意得开区间里面要包含，则 ，得，所以. 6．D 【分析】解答本题的关键是构造辅助函数，先根据图象对称平移关系推出是奇函数，再构造，结合已知导数不等式得到的导数符号，判断的单调性；利用为偶函数转化自变量，结合单调性比较函数值大小，最后化简变形得到选项中的不等关系. 【详解】因为的图象关于点对称，所以为奇函数， 令，则为偶函数，且， 由题意知当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ，即， 所以，即． 7．A 【分析】构造函数，对函数求导并利用导函数符号以及函数奇偶性得出函数的单调性，将不等式变形利用其单调性解不等式即可. 【详解】可知函数为奇函数， 令，则， 当时，，即，也即； 可知函数在时单调递减， 且满足，因此可得为奇函数， 根据奇函数性质可知在上单调递减， 由可得， 即，因此，解得； 因此的取值范围是. 8．C 【分析】由，又是公差为的等差数列，可求得，由题意可求得，从而可求得答案． 【详解】因为， 所以. 因为是公差为的等差数列， 所以， ， ， ， ， 所以. 则. 设， 则. 因为，，所以. 所以在区间上单调递增. 又因为，所以有唯一零点. 所以. 所以. 9．CD 【分析】先根据图象可知，进而求出，再根据，，即可求出的值，判断出选项A；根据奇函数定义即可判断选项B；根据的图象与的图象在处有公切线，可得，结合点在曲线上，即可求出，从而判断出选项C；根据选项C所求的值，即可求出斜率和切点坐标，利用点斜式方程求出直线方程，即可判断选项D. 【详解】由图可知，，则，所以， 又，，则，选项A错误； 由选项A可知，，则， 因为，所以不是奇函数，选项B错误； 因为，的图象与的图象在处有公切线， 所以，则，即， 所以或，又，则当时，， 代入，则，所以，选项C正确； 由选项C可得，，切点坐标为， 所以的图象与的图象在处的公切线为， 即，选项D正确. 10．ABD 【分析】本题围绕函数的性质（由推导的对称性、导数的性质等）来分析各个选项； 【详解】对任意的，都满足 将代入展开： ， ， 两式相加后，含的奇次项全部抵消， 整理得：， 该等式对任意恒成立，因此的系数必须为： 代入常数项等式： 再结合导函数条件先求导得 代入进而得 因此，选项A正确； 由可得函数满足中心对称性质： 对任意即函数关于点中心对称. 已知的解集为，将不等式变形： ， 当时，， 对应时，， 令，可得的解集为，因此选项B正确； 求导得两个极值点为 在单调递增，在单调递减， 在单调递增；代入数值估算： ， 该点在极大值点附近， 两者相加得， 不满足小于的条件，选项C错误； 三次函数，零点， 对于三次多项式求导： 代入零点： 可得， ， D正确. 11．AD 【分析】根据已知，可解得，利用求切线的方法即可判断A；利用奇偶函数的定义可判断选项B；将代入不等式即可求解；利用函数和的图象变化情况及交点情况可判断选项D. 【详解】由得，即. 设，由得，所以. 所以，则. 对于选项A，，，所以曲线在点处的切线方程为，故A正确； 对于选项B，，的定义域为，， 又，所以为奇函数，故B错误； 对于选项C，由得，即，所以，即，解得， 所以不等式的解集为，故C错误； 对于选项D，由得函数在上单调递增，而为开口向上，且对称轴为的二次函数. 由方程有两个根，（）可知满足. 设的两个交点为，则，且. 又在上单调递增，所以，则， 即，所以，故D正确. 12． 【详解】设， 对求导得， 所以， 所以曲线在处的切线方程为， 即. 13． 【详解】利用导函数与函数单调性之间的关系，由导数求函数的单调区间． 【分析】由 ． 因为，故； 令，得，即在区间内单调递增； 令，得，即在区间内单调递减． 所以函数，则的单调递增区间为，单调递减区间为． 14． 【分析】求出两曲线的切线后根据公切线定义列方程组将用表示后代入即可求出答案. 【详解】曲线在点处的切线斜率为，因此切线方程为，即, 曲线在点的切线斜率为，因此切线方程为，即; 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则，解得， 所以. 15．(1)在单调递减，证明如下： 由， 定义域为，求导得， 当时，，因此在单调递减． (2) 【分析】（1）通过导数判断函数的单调性即可； （2）根据单调性以及定义域将转化为，参变分离后转化为最值问题求解． 【详解】（1）略 （2）由（1）知在单调递减，故， 等价于，所以恒成立； 设，则，当时，， 所以在单调递增，则， 设，则在单调递减，所以； 因此，的取值范围为． 16．(1)， (2) 【分析】（1）利用极值点处导数为0、对应函数值为极值列方程组求解，再验证极值条件是否成立； （2）通过换元将复合函数零点问题转化为一元二次方程正根分布问题，结合判别式和韦达定理求参数范围. 【详解】（1）对求导得， 由在处取极值， 可得： ， 化简为， 将第一式乘2与第二式作差得，即，代入得. 验证：此时， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以是的极小值点，所以，. （2）当时，，则， 依题意方程有两个不同实根， 令（），等价于方程有两个不同正实根： 若，方程为，仅有1个正根，不符合要求； 若，需满足：判别式，解得； 两根之和，解得； 两根之积 ，解得. 综上，的取值范围为. 17．(1)当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． (2)因为有两个零点且， 所以，，， 则，， 所以， 设，则，，则， 所以， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以， 所以， 所以. 【分析】（1）利用转化法，结合构造法、利用导数的性质、数形结合思想进行求解即可； （2）由（1）知，将两个零点代入函数表达式，设，计算的表达式，通过导数计算的表达式的最小值大于，由此得证. 【详解】（1）令，显然不是该方程的解， 所以由， 设， 当时，，在上单调递增， 当，或时，，在和上单调递减，如下图所示： 当时，直线与函数没有交点，所以无零点； 当时， 直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 当时，直线与函数有两个交点， 所以有两个零点． 当时，直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 综上所述：当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． （2）略. 18．(1) (2) 【分析】（1）求导，根据题意可得切点坐标和切线斜率，进而可得切线方程； （2）分析可知在上单调递减，即可得在上恒成立，参变分离可得，令，，利用导数求最大值即可得结果. 【详解】（1）已知函数， 当时，则，， 可得，， 所以切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）因为函数，则， 由于对任意的，且，恒有， 即， 构造函数， 上述条件等价于对任意的，且，恒有， 可知在上单调递减，则在上恒成立， 即在上恒成立， 令，，则， 令，解得， 当时，，可知在单调递增； 当时，，可知在单调递减； 则在处取最大值， 可得，解得， 所以的取值范围为. 19．(1) (2)因为，所以， 代入解析式得． 对求导，得其导函数： 设，则其二阶导数： 下面将区间分为和两部分来论证的符号： ①当时： 因为，所以． 因为，所以且． 由于，有且． 所以． 对于余弦项，因为且，所以． 从而． 因为，所以，即． ②当时： 因为，所以． 由于在第二象限，且． 所以． 因为且，所以． 此时中的三项，，均严格大于0， 从而． 综合①②可知，对于任意，均有恒成立， 这说明在区间上单调递增． 又因为（由得到）， 且． 根据零点存在性定理，由于在上连续且单调递增， 故存在唯一的，使得． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以在区间内有且仅有一个极小值点．证明完毕． (3)存在， 【分析】（1）由导数的几何意义求解； （2）由导数判断函数的单调性求解； （3）先取特殊值得到，再证明即可. 【详解】（1）当，时，． 故， 即切点坐标为． 对求导得： 所以切线的斜率． 故切线方程为，即． 答：曲线在点处的切线方程为． （2）略 （3）存在． 若对任意，恒有成立， 则当取特殊值时，必然有． 即． 化简得：， 从而解得． 下面构造参数证明当时，恒有成立，从而说明该最大值是可以取到的． 取，，显然此时满足 此时． 则，． 当时，且，故，在上单调递增． 注意到， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因此，在区间上，的最小值为． 所以当时，有． 当时，由于且， 有． 因为，且，，故． 所以当时，． 综上所述，当，时，对任意，恒有． 存在满足条件的实数，，且的最大值为． 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中数学人教A版选择性必修二一元函数的导数及其应用 一、单选题 1．已知函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．已知是函数的一个极值点，则的极大值为（     ） A． B． C． D． 3．若定义在上的函数存在极值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．函数在其定义域的一个子集内存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知定义在上的函数满足：的图象关于点对称，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知定义在上的可导函数满足，且当时，．若，则的取值范围是（      ） A． B． C． D． 8．设函数是公差为的等差数列，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．函数的图象如图所示， 若的图象与 的图象在 处有公切线，其中 ，则（    ） A． B．为奇函数 C． D．的图象与 的图象在处的公切线为 10．已知，对任意的，都满足是的导函数，，则下列选项正确的是（    ） A． B．若的解集是，则的解集是 C． D．的三个零点为，则 11．定义在上的函数的导函数为，若对于任意实数，都有，且，则（     ） A．曲线在点处的切线方程为 B．函数为偶函数 C．不等式的解集为 D．若方程有两个根，（），则 三、填空题 12．曲线在处的切线方程为_________． 13．已知函数，则的单调递增区间为____________________，单调递减区间为_____________________． 14．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的值为________. 四、解答题 15．已知函数． (1)判断并证明的单调性； (2)若，，求的取值范围． 16．已知三次函数，． (1)若在处取得极值，求，； (2)若，的图象与轴有两个不同的交点，求的取值范围． 17．已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 18．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意的，且，恒有，求的取值范围. 19．已知函数（）． (1)若，，求曲线在点处的切线方程； (2)若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； (3)是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $