北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-函数与导数

这是一份北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-函数与导数，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
北京市丰台区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-函数与导数 一、单选题1．（2021·北京丰台·统考二模）将函数的图象向下平移1个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到函数的图象，则（    ）A． B．C． D．2．（2021·北京丰台·统考二模）下列函数中，在区间上单调递增的是（    ）A． B．C． D．3．（2021·北京丰台·统考一模）已知函数，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．4．（2021·北京丰台·统考一模）大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（    ）（参考数据：）A．550m B．1818m C．5500m D．8732m5．（2022·北京丰台·统考二模）已知偶函数在区间上单调递减．若，则x的取值范围是（    ）A． B．C． D．6．（2022·北京丰台·统考二模）已知，，，则（    ）A． B．C． D．7．（2022·北京丰台·统考一模）已知函数无最小值，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．（2023·北京丰台·统考一模）已知函数的定义域为，存在常数，使得对任意，都有，当时，．若在区间上单调递减，则t的最小值为（    ）A．3 B． C．2 D．9．（2023·北京丰台·统考一模）已知是定义在上的奇函数，当时，，则（    ）A． B．0 C．1 D．2 二、填空题10．（2021·北京丰台·统考二模）函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：① ；② 是函数的周期；③ 函数在区间上单调递增；④ 函数所有零点之和为.其中，正确结论的序号是___________.11．（2021·北京丰台·统考一模）设等比数列满足，则的最大值为_____.12．（2021·北京丰台·统考一模）函数的定义域为_____.13．（2022·北京丰台·统考二模）如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：）与时间t（单位：月）满足关系式：（a为常数），记（）．给出下列四个结论：①设，则数列是等比数列；②存在唯一的实数，使得成立，其中是的导函数；③常数；④记浮萍蔓延到，，所经过的时间分别为，，，则．其中所有正确结论的序号是______．14．（2022·北京丰台·统考一模）设函数的定义域为，能说明“若函数在上的最大值为，则函数在上单调递增“为假命题的一个函数是__________.15．（2022·北京丰台·统考一模）函数=的定义域是_________. 三、解答题16．（2021·北京丰台·统考二模）已知函数.（1）若，求的最小值；（2）求函数的单调区间.17．（2021·北京丰台·统考一模）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数存在三个零点，分别记为.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：.18．（2022·北京丰台·统考二模）已知函数．(1)当时，求的单调区间和极值；(2)当时，求证：；(3)直接写出a的一个取值范围，使得恒成立．19．（2022·北京丰台·统考一模）已知函数．(1)当时，求曲线的斜率为1的切线方程；(2)若函数恰有两个不同的零点，求的取值范围．20．（2023·北京丰台·统考一模）已知函数．(1)求函数的极值；(2)若函数有两个不相等的零点，．（i）求a的取值范围；（ii）证明：． 四、双空题21．（2023·北京丰台·统考一模）设函数若存在最小值，则a的一个取值为_______；a的最大值为________．
参考答案：1．D【分析】根据函数的图像的平移变换法则可得答案.【详解】将函数的图象向下平移1个单位长度,可得再向右平移1个单位长度，可得所以故选：D2．D【分析】根据基本初等函数的性质依次判断选项即可.【详解】对于A选项：指数函数，底数，所以函数在上单调递减；对于B选项：幂函数，，所以幂函数在上单调递减；对于C选项：二次函数，对称轴为，所以二次函数在上单调递减，在上单调递增；对于D选项：对数函数，底数，所以对数函数在上单调递增.故选：D.【点睛】本题主要考查基本初等函数的单调性，基本初等函数的函数性质是整个高中数学知识的奠基，和很多专题知识都有交融，是整个数学学习的基础.3．B【分析】作出函数的图象，分、、三段讨论即可．【详解】分情况讨论，当时，要使有三个不同的根，则；当时，要使有三个不同的根，同理可知，需要．当时，两个分段点重合，不可能有三个不同的根，故舍去．的取值范围是，故选：B．【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，数形结合思想的运用是关键，分析得到临界位置的高低是难点，属于中档题．4．C【分析】根据以及指数的运算即可求解.【详解】在某高山两处海拔高度为，所以，所以，所以（m）.故选：C5．C【分析】根据偶函数的对称性得到在区间上单调递增，再根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可；【详解】解：偶函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递增；则等价于，即，即，解得，即原不等式的解集为；故选：C6．A【分析】根据指数、对数函数的单调性，将a，b，c与0或1比较，分析即可得答案.【详解】由题意得，，所以，又，所以.故选：A7．D【分析】利用导数研究函数的性质，作出函数函数与直线的图象，利用数形结合即得.【详解】对于函数，可得，由，得或，由，得，∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴函数在时有极大值2，在时有极小值，作出函数与直线的图象，由图可知，当时，函数有最小值，当时，函数没有最小值.故选：D.8．B【分析】根据函数的周期性和绝对值型函数的单调性进行求解即可.【详解】因为存在常数，使得对任意，都有，所以函数的周期为，当时，函数在单调递减，所以当时，函数在上单调递减，因为在区间上单调递减，所以有，故选：B【点睛】关键点睛：根据函数的周期的性质，结合绝对值型函数的单调性是解题的关键.9．A【分析】根据奇函数的性质及所给函数解析式计算可得.【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，，所以.故选：A10．① ③ ④【分析】由可得直接计算即可判断① ；根据函数的奇偶性和对称性即可求得周期，从而可判断② ；先判断在的单调性，再根据奇函数关于原点对称的区间单调性相同即可判断③ ；根据对称性以及函数图象交点的个数即可判断④.【详解】对于①：由可得，故①正确；对于② ：由可得关于直线对称，因为是定义域为R的奇函数，所以所以，所以函数的周期为，故② 不正确；对于③ ：当时，单调递增，且，在单调递减，且，所以在单调递增，因为是奇函数，所以函数在区间上单调递增；故③ 正确；对于④ ：由可得关于直线对称，作出示意图函数所有零点之和即为函数与两个函数图象交点的横坐标之和，当时，两图象交点关于对称，此时两根之和等于 ，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于时两图象无交点 ，所以函数所有零点之和为.故④ 正确；故答案为：① ③ ④【点睛】求函数零点的方法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；零点之和即为两个函数图象交点的横坐标之和.11．15【分析】由等比数列的基本量法求得和公比，然后计算的最大值后可得结论．【详解】设公比为，则由已知各，，，，所以．，，又，所以或6时，取得最大值为30，所以的最大值为．故答案为：15．12．【分析】利用对数和偶次根式有意义的条件限制列不等式，计算即得结果．【详解】依题意知，函数有意义，则需，解得，故定义域为．故答案为：．13．①②④【分析】根据、求出的取值范围，即可判断③，再根据等比数列的定义判断①，构造函数利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理判断②，根据指数对数的关系及对数函数的性质判断④；【详解】解：依题意，因为，所以且，又，所以，所以，即，因为，所以，，故③错误；由已知可得，则，，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，故①正确；令，则，，，令，则，，因为，所以，即，在上单调递增，因为，所以，，，令，，则，所以，在上单调递减，且，即，令，，则，所以在上单调递增，又，所以，所以，，故存在上，，故②正确；依题意、、，所以，所以，则，即，所以，因为，所以，所以，所以，所以，即，故④正确；故答案为：①②④14．，，（答案不唯一）【分析】根据题意，可以构造在定义域为上，先减后增的函数，满足最大值为1，即可得答案.【详解】根据题意，要求函数的定义域为，在上的最大值为，但在上不是增函数，可以考虑定义域为上，先减后增的函数的二次函数，函数，符合，故答案为：，，（答案不唯一）.15．【详解】∵函数=∴要使函数有意义，则∴∴函数=的定义域为故答案为16．（1） ；（2）答案见解析.【分析】（1）若，利用导数得出在的单调性即可求解.（2）再讨论、、、函数的单调区间即可.【详解】（1）若，定义域为，，由可得，由可得，所以在单调递减，在单调递增，所以的最小值为；（2）①当时，，由可得，由可得，此时的单调递减区间为，单调递增区间为，②当时，由可得或由可得，此时的单调递减区间为，单调递增区间为和，③当时，恒成立，此时的单调递增区间为，④当时，由可得或，由可得，此时的单调递减区间为，单调递增区间为和，综上所述：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和，当时， 的单调递增区间为，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和，【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的单调性的步骤：①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和③写出单调区间.17．（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据导数的几何意义求斜率，由点斜式求解即可；（2）利用导数研究函数的单调性及极值，（ⅰ）据此当满足时，可求出的取值范围（ⅱ）计算，利用函数单调性可得，即可证明.【详解】（1）当时，，得，因为，，所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为，所以令，得，.，随的变化如下：+-+单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的极大值为，极小值为.（ⅰ）若函数存在三个零点，分别记为则，所以.当时，，，此时，，，故存在三个零点，所以若函数存在三个零点，的取值范围是.（ⅱ）证明：因为是函数的零点，所以.因为，所以.因为，所以.又因为，且在区间上单调递增，所以，即.【点睛】关键点点睛：证明转化为，先证明，利用函数的单调性即可求证，属于难题.18．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；(2)证明见解析；(3)答案不唯一，见解析. 【分析】（1）求导判断函数的单调性，进而可求出极值；（2）构造函数，求出函数的最大值即可得出结论；（3）将变形为，分别证得与恒非负，即可得出结论.(1)当时，，则，令，即，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此在处取得极大值，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；(2)要证，即证，因此设，则，令，则，因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当 时，；即时，；当 时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，且，故.(3)要证，即证，也即是，即证，令，则，当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；所以，故，令，则令，则，，则所以和时，，则单调递增，时，，则单调递减，且，，，因此时，，即，所以单调递减，时，，即，所以单调递增，所以，即因此当时，恒成立.【点睛】恒成立问题解题思路：（1）参变量分离：（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.19．(1)(2) 【分析】（1）直接求导，由求出切点，写出切线方程即可；（2）求导后分类讨论确定函数的单调性，结合零点存在定理确定零点个数即可求出的取值范围.（1）当时，，所以．令，解得．因为，所以切点坐标为．故切线方程为．（2）因为，所以令，解得．当时，由，得，所以，则在定义域上是增函数．故至多有一个零点，不合题意，舍去．当时，随变化和的变化情况如下表：0 单调递增单调递减故在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，取得最大值．若时，，此时至多有一个零点；若时，，又，由零点存在性定理可得在区间和区间上各有一个零点，所以函数恰有两个不同的零点，符合题意．综上所述，的取值范围是．20．(1)函数无极大值，有极小值.(2)（i）.（ii）见详解. 【分析】(1)利用导数研究函数的单调性和极值.(2)（i）利用导数研究函数的单调性与极值，再结合图象与零点进行求解.（ii）利用构造对称函数以及导数进行证明.【详解】（1）因为，所以，因为，由有：，由有：，所以函数在单调递减，在单调递增，所以函数无极大值，有极小值.（2）（i）由(1)有：函数在单调递减，在单调递增，若函数有两个不相等的零点，，则，解得，所以，因为当时，，所以，所以在上有1个零点，当时，，又“指数爆炸”，所以，所以在上有1个零点，综上，当时，函数有两个不相等的零点，.（ii）由（i）有：当时，函数有两个不相等的零点，，不妨设，构造函数，因为，所以，因为，所以，当前仅当时取到等号，所以，所以在R上单调递减，又，所以，即，即，又，所以，又，所以，由(1)有：函数在单调递减，所以，即，结论得证.21．     1（≤1的任一实数，答案不唯一）；     1【分析】利用导数讨论函数的单调性，分析取最值的情况，进行求解.【详解】记函数，则.令，解得：.列表得：+0-0+单增 单减 单增对于函数，当时，不能取得最小值， 所以存在最小值，的最小值只能在时，时取得.当时，在单减，在单增，在单减，在单增.所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单减，在单增.所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单减，在单增.所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单增.所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单增，且，所以的最小值为，即存在最小值；当时，在单减，在单增，且，不能取得最小值.综上所述：当时函数存在最小值.故答案为：①1（的任一实数，答案不唯一）；②1.