05导数及其应用-北京市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版）

这是一份05导数及其应用-北京市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·北京顺义·高三统考期末）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024上·北京昌平·高三统考期末）下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024上·北京海淀·高三统考期末）若关于的方程（且）有实数解，则的值可以为（ ）
A．10B．C．2D．
4．（2024上·北京东城·高三统考期末）设函数，对于下列四个判断：
①函数的一个周期为；
②函数的值域是；
③函数的图象上存在点，使得其到点的距离为；
④当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点．
正确的判断是（ ）
A．①B．②C．③D．④
5．（2024上·北京昌平·高三统考期末）已知函数，则（ ）
A．
B．不是周期函数
C．在区间上存在极值
D．在区间内有且只有一个零点
6．（2022上·北京海淀·高三海淀实验中学校考期末）已知函数，为图象的对称中心，、是该图象上相邻的最高点和最低点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的对称轴方程为
B．若函数在区间内有个零点，则在此区间内有且只有个极小值点
C．函数在区间上单调递增
D．的图象关于轴对称
7．（2023上·北京通州·高三统考期末）“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．（2022上·北京大兴·高三统考期末）下列函数中，既是奇函数又在定义域上是增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2022上·北京门头沟·高三统考期末）在函数的图像上存在两个不同点，使得关于直线的对称点在函数的图像上，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2022上·北京门头沟·高三统考期末）下列函数中，在为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2021上·北京昌平·高三校考期末）已知函数，，曲线上总存在两点，，使曲线在两点处的切线互相平行，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．（2020上·北京通州·高三统考期末）关于函数有以下三个判断
①函数恒有两个零点且两个零点之积为-1；
②函数恒有两个极值点且两个极值点之积为-1；
③若是函数的一个极值点,则函数极小值为-1.
其中正确判断的个数有
A．0个B．1个C．个D．个
二、填空题
13．（2024上·北京丰台·高三统考期末）如图，在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点，过点作轴的垂线，垂足为．若记点到直线的距离为，则的极大值点为 ，最大值为 ．

14．（2024上·北京石景山·高三统考期末）在数列中，，给出下列四个结论：
①若，则一定是递减数列；
②若，则一定是递增数列；
③若，，则对任意，都存在，使得；
④ 若，，且对任意，都有，则的最大值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
15．（2023上·北京海淀·高三统考期末）已知函数，.给出下列四个结论：
①当时，函数有最小值；
②，使得函数在区间上单调递增；
③，使得函数没有最小值；
④，使得方程有两个根且两根之和小于.
其中所有正确结论的序号是 .
16．（2023上·北京西城·高三统考期末）人口问题是关系民族发展的大事．历史上在研究受资源约束的人口增长问题中，有学者提出了“Lgistic mdel”：，其中均为正常数，且，该模型描述了人口随时间t的变化规律．给出下列三个结论：
①；
②在上是增函数；
③．
其中所有正确结论的序号是 ．
17．（2023上·北京丰台·高三统考期末）已知函数存在两个极值点，给出下列四个结论：
①函数有零点；
②a的取值范围是；
③；
④．
其中所有正确结论的序号是 ．
18．（2023上·北京昌平·高三统考期末）已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）.
给出下列四个结论：
①三棱锥为正三棱锥；
②三棱锥的高为；
③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值；
④当时，.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题
19．（2024上·北京房山·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调递增区间；
(3)若函数在区间上只有一个极值点，求的取值范围.
20．（2024上·北京顺义·高三统考期末）已知函数．
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)设函数，求在区间上的最大值．
21．（2024上·北京海淀·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求证：
①当时，；
②函数有唯一极值点；
(2)若曲线与曲线在某公共点处的切线重合，则称该切线为和的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值.
22．（2024上·北京通州·高三统考期末）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数.
①若在处取得极大值，求的单调区间；
②若恰有三个零点，求的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】令，利用导数求得的单调性，再转化即可得解.
【详解】令，则，
所以当时，，
所以在上单调递减，
因为，，，
而，所以，即.
故选：A.
2．D
【分析】AB可根据函数图象直接得到在上的单调性；C选项，求导得到单调性；D选项，根据复合函数单调性满足同增异减求出答案.
【详解】A选项，在上单调递增，不合要求，错误；
B选项，在上单调递增，在上单调递减，故B错误；
C选项，在上恒成立，
故在上单调递增，C错误；
D选项，令得，，
在上单调递增，
而在上单调递减，
由复合函数单调性可知，在上单调递减，D正确.
故选：D
3．D
【分析】根据反函数的性质以及导数的几何意义，只需函数与直线相交即可.
【详解】对比选项可知我们只需要讨论时，关于的方程的解的情况，
若关于的方程（且）有实数解，
即与的图像有交点，
因为与互为反函数，
所以与的图像关于直线对称，
如图所示：
设函数与直线相切，切点为，
，则有，解得：，
由图像可知，当时，曲线与直线有交点，
即与的图像有交点，即方程有解.
故选：D.
4．D
【分析】利用函数的周期性定义结合余弦函数的周期性可判断①；采用三角代换，利用导数判断函数单调性，利用函数单调性求解函数值域，判断②；利用，结合两点间距离公式可判断③；结合解，根据解的情况判断④，即得答案.
【详解】对于①，，，
故不是函数的一个周期，①错误；
对于②，，
需满足，即，
令，，则即为，
当时，在上单调递增，则；
当时，，
（，故）
此时在上单调递减，则，
综上，的值域是，②错误；
对于③，由②知，，
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离；
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离，
当且仅当且时等号成立，
而时，或，
满足此条件的x与矛盾，即等号取不到，
故函数的图象上不存在点，使得其到点的距离为，③错误；
对于④，由②的分析可知，则，即，
又，故当且仅当时，，
即当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点，④正确．
故选：D
【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的知识的应用问题，涉及余弦函数的周期，值域以及最值和函数图象的交点问题，综合性强，难度较大，解答时要结合余弦函数的性质以及函数的单调性，综合求解.
5．D
【分析】对于A，由诱导公式即可判断；对于B，由三角函数周期可得，由此即可判断；对于C，由复合函数单调性即可判断；对于D，令，解方程即可得解.
【详解】对于A，，
所以，故A错误；
对于B，，所以是以为周期的函数，故B错误；
对于C，由复合函数单调性可知在区间上分别单调递增、单调递减，
所以在区间上单调递增，所以不存在极值，故C错误；
对于D，令，得，所以，即该方程有唯一解（函数在内有唯一零点），故D正确.
故选：D.
6．B
【分析】利用函数的基本性质求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用极小值点的定义可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.
【详解】设函数的最小正周期为，则，解得，
所以，，则，
又因为，由于，则，
所以，，则，所以，.
对于A选项，由可得，A错；
对于B选项，当时，，
因为函数在区间内有个零点，则，
此时，函数在区间内有个极小值点，B对；
对于C选项，当时，，
所以，函数在区间上不单调，C错；
对于D选项，，
所以，函数的图象不关于轴对称，D错.
故选：B.
7．A
【分析】根据的特征，设函数，并判断其单调性，由此判断“”可推出“”，举反例说明反推不成立，可得答案.
【详解】设函数，
则，
即为单调增函数，则，
即得，
所以当时，成立，
当时，，但推不出成立，
故“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
8．C
【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解.
【详解】对于A：其定义域为：，
定义域没有关于原点对称，所以为非奇非偶函数.
对于B：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.
对于C：因为，所以，
所以为奇函数，又，
所以在定义域上是单调递增函数，符合题目要求.
对于D：是奇函数，但是在定义域上不是单调递增函数.
故选：C.
9．C
【分析】由题意可转化为函数与函数有两个焦点，进而可得参数范围.
【详解】解：由指对函数性质可知，可转化为函数与函数有二个不同交点，
当时，不合题意；
当时，，有两个解，
设函数，，
，令，解得，
所以函数在单调递增，则单调递减，
所以，
又，
且当时，，
所以，
故选：C.

10．D
【分析】根据复合函数的单调性判断ABC，利用导数判断D．
【详解】解：A不正确，在每一个单调区间上增，在不是增函数，时函数不存在；B是对称轴为，在不是增函数；C在为减函数，D求导得可，可知D正确
故选：D．
11．B
【分析】由题设可知且，令即总存在在上有两个不同的解，则，利用基本不等式求的范围即可.
【详解】由题设，且，令，
要使上总存在两点，，使曲线在两点处的切线互相平行，
∴若，，
∴在上总存在有两个解分别为、，而的对称轴，
故，而，
∴，整理得，上，
∴即可.
故选：B
【点睛】关键点点睛：由题设求及定义域，令有，结合已知条件：总存在在上有两个不同的解，即，应用基本不等式求范围.
12．C
【解析】函数的零点个数即的根的个数，利用判别式求解；对函数求导讨论导函数的零点问题即可得极值关系.
【详解】因为，方程，，所以关于的方程一定有两个实根，且两根之积为-1，所以恒有两个零点且两个零点之积为-1，即①正确；
，，对于，
，所以恒有两个不等实根，且导函数在这两个实根附近左右异号，两根之积为，函数恒有两个极值点且两个极值点之积为，所以②错误；
若是函数的一个极值点, ，则，
，
，
，，
所以函数的增区间为，减区间为，
所以函数的极小值为，所以③正确.
故选：C
【点睛】此题考查函数零点问题，利用导函数导论单调性和极值问题，综合性比较强.
13． 或 /0.5
【分析】根据三角函数的概念得及，利用面积法求得，根据的范围及三角函数的性质讨论的单调性，进而求得答案.
【详解】由题意，，
由，得
，
∴当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
则的极大值点为或，
∵，，
∴当，即或时，取最大值为．
故答案为：或；.
14．②③④
【分析】根据数列的单调性、最值、不等式、差比较法、导数等知识对结论进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
①若，则，
如，则是摆动数列，所以①错误.
②若，则，
，构造函数，
在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，
所以，所以，
所以一定是递增数列，②正确.
③若，，则，
，，，
当时，，
所以是单调递增数列，且每次递增都超过，
所以对任意，都存在，使得，③正确.
④ 若，，则，
对任意，都有，
，
，恒成立，
所以，所以的最大值是，④正确.
故答案为：②③④
【点睛】要判断数列的单调性，可以考虑利用差比较法，由的符号来进行判断，当时，可以利用与的关系来判断.利用导数来求最值，求导之后关键是求得函数的单调区间，再根据单调区间来求最值.
15．①②④
【分析】利用函数的最值与单调性的关系可判断①③的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断②的正误；取，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理可判断④的正误.
【详解】对于①，当时，，则，
由可得，由可得或，
此时，函数的增区间为、，减区间为，
当或时，，当时，，
故函数在处取得最小值，①对；
对于②，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，所以，，
则，
由可得，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，
故当时，，则，即在上单调递减，
，则，解得，②对；
对于③，，，
因为函数在上单调递增，
，，所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，对任意的实数，函数有最小值，③错；
对于④， 令，不妨令，即取，
由③可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，则，，
所以，存在，使得，
此时函数的零点之和为，④对.
故答案为：①②④.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
16．①②③
【分析】①代入函数值即可求解；②求导后确定函数的单调性即可；③进行等价证明看是否复合条件即可.
【详解】①当，
所以；
②，
因为均为正常数，且，
所以，
所以在上是增函数；
③，
等价于，
即等价于，
即等价于，
等价于，
而恒成立，且，
所以恒成立，
即．
故选项③正确.
故答案为：①②③.
17．①④
【分析】求出函数定义域以及导函数.由可说明①正确；由已知，有两个不同的正数解，根据二次函数根的分布即可求出的范围，判断②；根据求根公式，解出，结合②中解出的的范围，可得到，即③错误；根据导函数得出函数的单调性，结合③的解析，可得，即④正确.
【详解】由已知可得，定义域为，.
对于①，因为，所以1是函数的一个零点，故①正确；
对于②，因为函数存在两个极值点，所以有两个不同的正数解，即方程有两个不同的正数解，
则应满足，解得，故②错误；
对于③，解方程可得，，因为，所以，由②知，所以，所以，故③错误；
对于④，由可得，即，所以，所以在上单调递增；解可得，或，所以在上单调递减，在上单调递减.
由③知，所以，故④正确.
故答案为：①④.
18．①②④
【分析】建立正四面体模型，数形结合分析.
【详解】如图所示
∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，
且为正三棱锥，是底面的中心
∴三棱锥为正三棱锥，故①正确；
∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心，
∴三棱锥的高为,
的高为，且,,
∴，故②正确
，∵点不与顶点，重合，
∴，设的高为，则，得，
∴，
，在上，上，
所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误；
当时，点分别为线段的三等分点，
∴，且
∴.
故④正确;
故答案为：①②④
19．(1)
(2)、
(3)
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递增区间；
（3）令，分析可知，函数在上有且只有一个异号零点，对实数的取值进行分类讨论，结合题意可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则，所以，，，
故当时，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，该函数的定义域为，
，
由，即，解得或，
因此，当时，函数的单调递增区间为、.
（3）解：因为，则，
令，因为函数在上有且只有一个极值点，
则函数在上有一个异号零点，
当时，对任意的，，不合乎题意；
当时，函数在上单调递增，
因为，只需，合乎题意；
当时，函数的图象开口向下，对称轴为直线，
因为，只需，不合乎题意，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）直接利用定义求最小正周期和单调递增区间即可.
（2）利用导数求函数最值即可.
【详解】（1）设的最小正周期为，显然，令，解得.
（2）由已知得，，
当时，令，，令，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则最大值是.
21．(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①当时，得，故只需证明当时，即可，利用导数即可求解. ②求导得，由此可得当时，，结合即可得证.
（2）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解.
【详解】（1）①当时，.
记，则.
所以在上是增函数.
所以当时，.
所以当时，.
②由得，且.
当时，.
因为，，
所以.
因为对任意恒成立，
所以当时，.
所以0是的唯一极值点.
（2）设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.
因为，
所以.
所以.
不妨设，则.
因为，
由“优切线”的定义可知.
所以.
由“优切线”的定义可知，
所以.
当，，时，取，，
则，，，，符合题意.
所以.
【点睛】关键点睛：第一问②的关键是，求导得，然后以为分界点讨论即可；第二问的关键是结合“优切线的定义”以及导数即可顺利得解，综合性比较强.
22．(1)
(2)①单调递减区间为，单调递增区间为和；②
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；
（2）①对求导后，令，结合在处取得极大值可得的范围，即可得的单调区间；
②由，可得是的一个零点，故有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，构造函数，利用导数讨论函数的单调性后计算即可得.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）①因为函数，
所以，
所以，
令，得，或，
（i）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极小值，此时不符合题意，
（ii）当时，即时，，
所以在区间上单调递增，
所以在处不取极值，此时不符合题意，
（iii）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极大值，此时符合题意，
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为和；
②因为，
所以，
所以是的一个零点，
因为恰有三个零点，
所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，得，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，
所以，且，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本体最后一问关键在于对函数因式分解，可得一零点，再研究另一因式，结合方程与函数的关系参变分离构造新函数，结合导数研究新函数的单调性即可得.