导数的应用专项训练——2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数应用全场景，以分层题型构建“概念-方法-应用”逻辑链，提炼构造函数、分类讨论等核心技法，培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选1-4|导数几何意义/单调性判断|导数定义→切线方程/单调性关系| |综合应用|多选9-11、解答15-16|极值/零点综合分析|导数应用→函数性质（极值、零点）综合| |创新拓展|填空13-14、解答19|实际应用建模/不等式证明|导数工具→跨情境问题（概率、不等式）解决|

导数的应用专项训练练习卷——2027届高三数学一轮复习 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知函数的导函数为，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）若是函数的极小值点，则函数的极大值为（    ） A． B． C． D．1 5．（本题5分）已知函数，若正实数、满足，则的最小值为（    ） A．2 B．5 C．8 D．9 6．（本题5分）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． 7．（本题5分）定义域为的函数的导函数记作，满足，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知，若，，，则、、的大小关系为（     ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（     ） A． B．的零点个数为3 C．的极值点个数为2 D．若方程有三个实数根，则的取值范围是 10．（本题6分）函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（    ） A．的解集是 B． C．时，取得最大值 D．的解集是 11．（本题6分）已知函数，，则下列结论正确的有（    ） A．在区间上单调递减 B． C．在区间上的值域为 D．若函数，且，则在上单调递减 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知函数（），若有两个零点，则a的取值范围为__________． 13．（本题5分）甲、乙两个排球队准备举行一场比赛，采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束．已知每局甲胜乙的概率为（），无平局，设甲本场比赛获胜且乙至少胜一局的概率为，则当取最大值时，________． 14．（本题5分）函数，关于的不等式有且只有一个整数解，则的取值范围为______． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 16．（本题15分）已知函数的两个极值点互为相反数，且极小值为． (1)求，的值； (2)求曲线经过原点的切线方程； (3)已知函数在区间上的值域为，求实数的取值范围． 17．（本题15分）已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断的零点个数并证明. 18．（本题17分）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．（本题17分）已知函数，． (1)当时，求的单调区间． (2)函数，且． （ⅰ）证明：有唯一的极值点，且． （ⅱ）若为的零点，为的极值点，且，证明：． 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 《导数的应用专项训练练习卷——2027届高三数学一轮复习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C D A D D BC BC 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】. 2．A 【详解】，，，故是奇函数， 所以函数的图象关于原点中心对称，当时，，， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减； A选项中图像关于原点中心对称且在先增后减，符合要求，A正确； B选项中图像关于原点中心对称，但是在先单调递减后单调递增，不符合要求，B错误； C选项中图像在先单调递增再单调递减，但是关于轴对称，不符合要求，C错误； D选项中图像关于原点中心对称，但是在单调递增，不符合要求，D错误； 3．D 【详解】函数求导得，， 若函数在上是单调函数，则， 解得，故实数的取值范围是. 4．C 【分析】根据极值点列方程，求得，进而求得的极大值. 【详解】函数的定义域是， ， ， 所以在区间上单调递增， 在区间上，单调递减， 所以的极大值为. 5．D 【分析】分析函数的奇偶性和单调性，利用函数性质化简条件，最后根据基本不等式求解最小值. 【详解】，的定义域为，，所以是奇函数， 令，，在定义域上单调递减， 对数函数是增函数，根据复合函数单调性，在上为减函数， 由，得，因为为奇函数，，所以， 又因为为减函数，则，， 、均为正实数， ， 当且仅当，即，时等号成立. 6．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. 7．D 【分析】构造，利用导数及已知研究函数的单调性，且将问题化为求解集. 【详解】由题设，令，则，则函数在上单调递减， 由不等式，得，又，等价于，所以. 8．D 【分析】利用奇偶性变形得，，利用单调性法比较、、的大小，再利用函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为函数为偶函数，且在上单调递减， ，所以，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，所以， 即， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，则， 即，所以， 所以，即，即. 9．BC 【分析】A.由奇函数性质得，化简后不等于选项值；B.分段求零点，正半轴一个，原点一个，负半轴对称一个，共三个；C.求导得正半轴一个极值点，由奇函数对称性得负半轴对应一个，共两个；D.结合图象，方程有三个根需的取值范围为，题给区间遗漏部分范围. 【详解】由题，为奇函数，且时. A选项：，故A错误； B选项：当，令得； 由奇函数的性质，时零点为，且，共3个零点，B正确； C选项：时，，在上，单调递减， 在上，单调递增，故为极小值点；由奇函数对称性，为极大值点， 且处导数不为，不是极值点，因此极值点共2个，C正确； D选项：在坐标平面内作出函数的图象，如图. 观察图象得当且仅当的取值范围为时，函数的图象与直线有3个交点，因此D错误. 10．BC 【分析】根据图象可得出以及的解集，根据图象的上升下降可得以及的解集.由此可判断A、D项；由图象分析可知，结合极值点代入计算后可判断B项，联立即可得到的关系，代入导函数整理即可判断C项. 【详解】对于A项，由图象可得，函数在上单调递增， 所以的解集是，故A项错误； 对于B项，因为．又由图象知，函数在处取得极小值，所以有，故B项正确； 对于C项，由图象知，当时，单调递增，则； 当时，单调递减，则，当时，单调递减，则．所以的解集为，的解集为． 又为二次函数，根据二次函数的图象可知． 因为函数在以及处取得极值， 所以有，即，所以， 所以， 因为，所以时，取得最大值，故C项正确； 对于D项，由可得或． 由图象知，当时，． 又的解集为，所以由，可得 由图象知，当时，，又的解集为． 所以由可得． 所以，的解集是，故D项错误． 11．ACD 【分析】选项A：对求导，判断导数在区间上的符号，结合时、、的取值范围分析导数正负；选项B：利用在区间上单调，代入表达式变形即可得到与的大小关系；选项C：结合单调性判断函数的取值范围即可；选项D：令 ，则，求导得，故单调递增，再由得，因此 ，进而判断单调性. 【详解】选项A，由，得 当时，，，且 ， 因此，所以， 在区间上单调递减，A正确. 选项B，因为且 在 上单调递减， 所以，即，因此 不成立，B错误. 选项C，由A知，在区间上单调递减. 当时，又 因此，在区间上的值域为，C正确. 选项D，由题设.令 则，两边求导，得 又因为 ，所以，故 由 C 可知，当时， 因此， 在区间上单调递增. 由条件，得， 即，所以. 由于 单调递增，且在时取值为0， 所以当时，有 因此，在区间上单调递减，D正确. 12． 【分析】利用分离常数法，构造函数法，结合导数求得a的取值范围，进而求得正确答案. 【详解】由题意得，的定义域为； 有两个零点可转化为有两个不同的实数根； 令，则； ，即，解得； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，； 当时，；当时，； 因为有两个零点可转化为有两个不同的实数根； 即转化为直线与的图象有两个不同的交点； 所以，，即的取值范围为. 13． 【分析】根据二项分布可求，再根据导数可求何时概率取最大值. 【详解】甲本场比赛获胜且乙至少胜一局的情况有：甲胜局乙胜1局；甲胜局乙胜2局， 故， 故， 当时，；当时，， 故在上单调递增，在单调递减， 故时，取最大值. 14． 【分析】先研究函数的性质：，当时，；当时，；.再由二次不等式的解集的特征及条件有且只有一个整数解可得，进而将不等式转化为，再分，，讨论，并结合函数的性质可得所求值的范围. 【详解】由函数，知其定义域为，求导得， 则当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 因此函数在处取得极大值，也是最大值. 因为，所以当时，；当时，. ，，当时，， 所以. 因为不等式有且只有一个整数解： 若，令，不等式化为关于的二次式， 当时，二次函数图象开口向上，所以恒成立， 所以原不等式对所有成立，因此原不等式有无穷多个整数解，不符合题意； 当时，设的根为，且， 则有或. 若，则不等式的解集为或， 无论取多小的正数，但必有无数多个整数解，不符合题意； 若，则不等式的解集为或， 则由函数的性质知会有无数多个整数解，不符合题意. 综上所述，时，原不等式会有无数多个整数解，不符合题意. 因此必须，原不等式简化为. ①当时，不等式的解集为或， 因为得，不等式无整数解，所以不等式只能有个整数解， 要使仅有满足，则必有且， 即，解得. ②当时，不等式化为，解得或， 显然得，不等式无整数解， 由得，整数都是不等式的解，即不等式有无穷多解，舍去. ③当时，不等式的解集为或， 因为，所以，显然，不等式的解集为区间的真子集，所以原不等式无整数解， 由得，整数都是不等式的解，即不等式有无穷多解，舍去. 综上①②③，不等式有且只有一个整数解，则且. 因此的取值范围为. 15．(1)． (2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减． 【分析】（1）由导数的意义可得； （2）分和两种情况，利用导数讨论即可. 【详解】（1）当时，，定义域为． ，即切点为． 对求导得：． 则切线斜率． 所以切线方程为，即． （2）由可知： 当时，定义域为； 当时，定义域为． 对求导得：． 1．当时，． 因为，所以恒成立． 所以在上单调递减． 2．当时，． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上所述： 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 16．(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据题意，结合韦达定理求得，再讨论函数单调性即可得，解方程即可求得； （2）分为切点和不是切点两种情况讨论求解即可； （3）结合函数的单调性，极值讨论求解即可. 【详解】（1）由得， 因为函数的两个极值点互为相反数， 所以有两个不相等的实数根，且互为相反数，不妨设为， 所以，由韦达定理得，解得， 所以，解得， 所以，当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以，当时，函数取得极小值， 因为极小值为， 所以，即，解得， 所以， （2）结合（1）知，， 当为切点时，，此时切线方程为，即； 当不是切点时，设切点为，则切线斜率为， 此时切线方程为：， 因为切线过点， 所以，即，解得，与矛盾， 所以，不存在切点不是原点，且过原点的切线. 综上，过原点切线只有. （3）由（1）知，， 所以，当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 因为，，，， 所以，当函数在区间上的值域为，需满足， 所以实数的取值范围为. 17．(1) (2)3个；证明如下： 当时，. 因为的图象关于中心对称， 所以只需考虑时，的零点个数. ， 当时，. 令， 当时，， 所以在上单调递减. 因为， 所以存在唯一，使得. 所以当时，，即在上单调递增. 当时，，即在上单调递减. 所以在上没有零点， 又， 所以存在唯一实数使得，即在上有唯一零点， 由（1）知. 所以时，有三个零点：. 【分析】（1）先求得的定义域为，并证得的图像关于中心对称，再确定当时的符号，进而根据对称性得的解集； （2）先通过导数分析的单调性，并根据零点存在性定理确定在上有唯一零点，再根据的图像关于中心对称及，即可得到f（x）的零点个数. 【详解】（1）由得，所以的定义域为， 又 ， 所以函数的图像关于中心对称，且. 因为， 当时， ，所以. 故当时，， 即不等式的解集为. （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)在上单调递增，在上单调递减 (2)由已知，，，. 证明：（i），令，， 则，所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，. 根据零点存在定理，可知，使得，即. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减. 综上，有唯一的极值点，且. （ii）由（i）知，即，所以. 因为为的零点，且，所以，即，可得， 将代入中，可得，即. 因为当时，，又，所以， 所以. 对两边同时取对数得，移项可得. 综上，得证. 【分析】（1）对函数求导，再根据的取值范围讨论的单调性. （2）构造辅助函数，结合零点存在定理证明（i），利用（i）中结论，借助时，完成放缩即可证明（ii）. 【详解】（1）已知函数，定义域为， ， 又，，所以恒成立. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 综上，在上单调递增，在上单调递减. （2）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $