新高考数学三轮冲刺练习回归教材重难点01 函数与导数（2份，原卷版+解析版）

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函数是高中数学的基础概念，也是高中数学教材的重点内容，和导数结合作为高考数学的六大模块之一，在中学数学教学中占有重要的地位。近年来，随着新高考的推行，函数和导数成为高考数学的重要考察对象，函数导数的试题分值占比高，也是压轴题之一，高考对函数与导数的命题变化多，跨度大，灵活性高，学生在函数与导数这一题型上失分率较高，是高考复习备考的关键内容。

函数与导数是高考数学卷必考内容，该考点命题有选填，有解答压轴，试题难以度跨度大，考察范围广。
函数是高中数学基础教育的重要内容，导数是高等数学学习的基础。高考试卷试题难度，既有选填的基础容易题，也有选题的压轴副题和压轴题难度，解答题是常年稳定在压轴题位置。根据历年高考题，主要集中在以下几大考点：
1.函数的性质应用：对称性（中心对称与轴对称），单调性，周期性
2.函数的应用：零点，存在，恒成立
3.导数的常规应用：含参单调性，极值，最值
4.利用导数求解不等式恒成立与存在性中的参数问题
5.利用导数证明不等式
6.利用函数与导数知识解决实际应用问题。
7.利用函数与导数知识比较大小，解决一些大小关系问题。
解决求参问题与不等式证明问题，是目前高考函数与导数题型的重点，难点，及出题的热点。

一、函数性质
1.对于，若有两个零点，则满足
（1）.
（2）.
（3）.要注意上述结论在复合型函数的对称轴作用下的“变与不变”
2.对数奇偶性函数
3.利用定义证明函数单调性的方法
（1）取值：设是该区间内的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义作出结论.
即取值---作差----变形----定号----下结论.
函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性
在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
5.零点转化思想
①f(x)的零点⇔方程f(x)=0 的根⇔ f(x)图象与x轴交点横坐标．
②f(x)=g(x)－h(x)的零点⇔方程g(x)=h(x)的根⇔ g(x)与h(x)的图象交点横坐标．
6.特殊函数
(1)复合函数
①复合定义域：设内函数为t，可求得f(t) 的定义域；②复合值域：由内向外；
③解析式：换元法、配凑法；④复合单调：同增异减；⑤复合方程：换元法，即设内函数为t；
(2)分段函数
①分段定义域：各段定义域的并集；②分段值域：各段值域的并集；
③分段函数求单调区间、值域一般用：数形结合；④分段函数解方程、不等式一般用：分类讨论.
(3)绝对值函数
①讨论分段，然后数形结合；
7.解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
8.指、对、幂大小比较的常用方法：
（1）底数相同，指数不同时，如和，利用指数函数的单调性；
（2）指数相同，底数不同，如和利用幂函数单调性比较大小；
（3）底数相同，真数不同，如和利用指数函数单调性比较大小；
（4）底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定.
9.应用对数平均不等式（需证明）证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
10.对称性的常用结论如下：
若函数满足,则的一条对称轴为
若函数满足,则的一条对称轴为
若函数满足,则的一条对称轴为
f(a－x)＝f(b＋x)⇔f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称；
导数
1.通过导函数判断极值：
（1）.导函数零点。
（2）.零点两侧异号（穿越零点）；
（3）.导函数先正后负对应极大值，先负后正对应极小值
2.原函数与导函数图像互相判断
（1）原函数“看增减”，原函数增减的“拐点”（拐点）是导函数的零点。
（2）导函数“看正负”，导函数的零点，是原函数增减的“拐点”（极值点）
3.利用函数的单调性求参数，
可按照以下原则进行：
（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
4.根据函数的极值点个数求解参数范围问题的一般思路：
根据函数的极值点个数求解参数范围问题的一般思路
先求解出，然后分析的根的个数：
①分类讨论法分析的根的个数并求解参数范围；
②参变分离法分析的根的个数并求解参数范围；
③转化为两个函数的交点个数问题并求解参数范围.
5.一般地，已知函数，
（1）相等关系
记的值域为A, 的值域为B,
①若，，有成立，则有；
②若，，有成立，则有；
③若，，有成立，故；
（2）不等关系
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4) 若，，有成立，故．
一、单选题
1．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的性质并结合“媒介”数比较大小作答.
【详解】依题意，，，
而，即，
所以，，的大小关系为.
故选：B
2．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】应用定义判断函数奇偶性，比较，结合排除法即可得答案.
【详解】由，故函数为非奇非偶函数，排除B、C；
由，，
所以，即可排除D.
故选：A
3．已知是上的偶函数，且当时，．若， 则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数为偶函数可得出的图象关于直线对称，结合导数判断时函数的单调性，由此结合函数的性质和，可得出，即可判断C，D；脱掉绝对值符号化简，可判断A，B.
【详解】由是上的偶函数，得，
即，所以的图象关于直线对称．
当时，，由，仅在时取等号，
得在区间上为减函数，则在区间上为增函数，
根据图象的对称性，由得，
则C正确、D错误．
当异号时，则或，即或，
即选项A，B的结果不能确定，
故选：C．
4．定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在有实数根，则方程在区间上所有实数根之和是（ ）
A．6B．12C．30D．56
【答案】C
【分析】利用函数是上奇函数且满足，得出函数是周期为4的周期函数，且关于直线对称，利用周期性和对称性，讨论出函数在一个周期内的单调性，从而判断出方程在一个周期内的根的个数，并利用对称性求出两根之和，从而求出方程在区间上所有实数根之和.
【详解】因为函数满足，所以函数的图像关于直线对称，故，又是上奇函数，所以，所以，故函数的周期为4，
考虑一个周期，由函数在区间上单调递减，又由是上奇函数，且关于直线对称，
知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因为，
故当时，，当，，
当时，，当时，，
因为方程在区间有实数根，则这实根是唯一的，
又因为函数的图像关于直线对称，则方程在区间有唯一实数根，方程在区间和区间上没有实根，
所以方程在一个周期内有且只有2个实数根，根据对称性，知这两根之和为2，
因为函数在区间上恰好3个周期，所以根据函数周期性和对称性知，方程在区间上所有实数根之和为,
故选：C.
5．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若为奇函数，为偶函数，且，，则（ ）
A．670B．672C．674D．676
【答案】D
【分析】运用抽象函数的奇偶性表达式及导数运算可得的一个周期为3，再运用赋值及周期性计算可得一个周期内的和，进而可求得结果.
【详解】∵为奇函数，
∴，
∴，即：，
又∵，
∴，①
又∵为偶函数，
∴，②
∴将②中换成得：，③
∴将③中换成得：，④
由①④得：，
∴的一个周期为3，
∴，
将代入③得：，
∴
又∵，
∴.
故选：D.
6．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.
【详解】解：，，使，则，
可得，，
若k为奇数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，，
当时，，，，，
若k为偶数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，
当时，，，，，
因此，所有解之和为：，
故选：C.
【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
7．若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】由两边取对数可得，令则不等式可转化为，即，故根据题意可得求的最小值即可，令，通过求导可得的最小值即可
【详解】由两边取对数可得①，
令则，因为，所以，
则①可转化得，
因为，
因为存在，使得关于的不等式成立，
所以存在，成立，故求的最小值即可，
令
，
令
，
令，
，
所以在上单调递减，所以，
，所以在上单调递减，
所以
在上单调递减，，
，所以实数的最小值为
故选：D
8．若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】变换得到，令，确定函数单调区间，转化为恒成立，令，得到在上递增，计算得到答案.
【详解】根据题意知，，即，
令，则在上恒成立，
由，在上；在上，
所以在上递增；在上递减，且，
在上，上，而，
当时，，成立；
当时，根据在上单调递增，在上恒成立，
综上所述：只需满足，即，
令，则在上恒成立，即在上递增，
故，
综上所述：a的取值范围为．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题利用同构的思想，将不等式变换为是解决的关键.
二、多选题
9．已知函数，，下列正确的是（ ）
A．若函数有且只有1个零点，则
B．若函数有两个零点，则
C．若函数有且只有1个零点，则，
D．若有两个零点，则
【答案】AD
【分析】根据函数零点的性质，结合常变量分离法，导数的性质逐一判断即可.
【详解】由，
当时，
令，
当时，，函数单调递增，
当时，函数单调递减，故，
函数的图象如下图所示：
当时，直线与函数的图象没有交点，所以函数没有零点，
当时，直线与函数的图象只有一个交点，所以函数只有一个零点，而，所以选项A正确，选项C不正确；
当时，直线与函数的图象只有二个交点，所以函数只有二个零点，因此选项B不正确，选项D正确，
故选：AD
10．已知函数（且），且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．为R上的增函数B．无极值
C．D．
【答案】ABC
【分析】先求导，分析函数的单调性和极值，再利用指数函数和对数函数的单调性比较a，b，c的大小，利用函数的单调性比较对应函数值的大小.
【详解】解：已知函数（且），
则，则，
所以，故在R上单调递增，A选项正确；
因为为R上的增函数，所以无极值，B选项正确；
因为是增函数，所以，
因为是减函数，所以，
因为是减函数，所以，
综上可知，，又为增函数，则，C选项正确，D选项错误；
故选：ABC.
11．设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数B．为奇函数
C．函数有8个不同的零点D．
【答案】AB
【分析】根据已知推出函数关于直线对称且关于对称，周期为8，由已知区间上的解析式画出图象判断A、B；结合图象判断交点个数，周期性求函数值的和判断C、D.
【详解】由，则函数关于直线对称，且，
由，则函数关于对称，且，
所以，故，则，故函数的周期为8，
当时，则，，
根据周期和对称性知：值域为，
由函数关于直线对称且关于对称，周期为8，
为向左平移1个单位得到，是偶函数，故A正确：
为向左平移3个单位得到，是奇函数，故B正确；
由在上递减，且，；在上递增，且，，
结合图象：看出和的图象有10个交点，即有10个不同的零点，故C错误：
由，，，，，，，，则，
所以，故D错误，
故选：AB
12．已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】ACD
【分析】通过验证函数对称性，可得到图象关于对称，作出、与的图象，设，，结合图象，通过说明可得的范围，知A正确；由对称性可确定，代入整理可得B错误；根据、可得的范围，结合可知C正确；利用基本不等式，根据取等条件不成立可知D正确.
【详解】，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减；
设点是上的一点，则，，
，即也是上的点，图象关于直线对称，
由得：，
又与图象关于对称，
则可作出，与图象如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，即，，即；
与的交点横坐标落在区间中，即，
，A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又图象关于直线对称，与关于直线对称，
或，整理可得：，，B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由A知：，；
与图象交点的横坐标落在区间中，即，
又，，C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当，即时取等号），
由C知：，等号不成立，即，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查与方程的根有关的取值范围问题的求解，本题求解的关键是能够说明图象关于对称，进而确定其与的交点也关于对称，利用对称关系可得满足的关系式.
三、填空题
13．已知函数的图象关于点对称，且当时，和其导函数的单调性相反，请写出的一个解析式：______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】先根据对称中心写成，再验证其单调性和导函数的单调性.
【详解】由的图象关于点对称，可设，则．
当时，单调递减，单调递增，满足题意．其他满足条件的解析式也可以．
故答案为：
14．已知实数，满足，，则__________．
【答案】1
【分析】由可变形为，故考虑构造函数，判断函数的单调性，利用单调性化简等式，由此可求.
【详解】因为，化简得．
所以，又，
构造函数，
因为函数，在上都为增函数，
所以函数在上为单调递增函数，
由，∴，
解得，，
∴．
故答案为：.
15．已知函数是定义在R上的奇函数，若不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围是__________．
【答案】
【分析】利用函数的奇偶性和单调性可得不等式在恒成立，换元法讨论函数在给定区间的单调性和最值，结合分类讨论即可求的范围.
【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，
所以解得，
此时，
函数为奇函数，满足题意，
所以，
因为在R上单调递增，所以在R上单调递减，
所以在R上单调递增，
所以由可得，
即，
所以即在恒成立，
令，即，
当时，，
不等式可化为，
令，单调递减，所以，
所以；
当时，，
不等式显然成立；
当时，，
不等式可化为，
令，单调递减，
所以，所以；
综上，,
故答案为: .
16．已知正实数满足，则的最小值为__________．
【答案】0
【分析】根据，构造函数，得到，然后转化为单变量问题，求导判断单调性即可.
【详解】
即
设，则，
且，
所以，单调递增，
正实数，，
即，所以，等价于，
即，
；
设，
；
；
设，
;
所以单调递增，且，
所以在上，，，单调递减；
在上，，，单调递增；
所以
即最小值为0，
故答案为：0
四、解答题
17．已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数，若曲线与过点且斜率为m的直线l相切，求证：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】求导得，令，得，分三种情况：当时，当，当，讨论的符号，进而可得的单调性．
根据题意可得，直线l的方程为，设切点为，则①，②，③，进而可得④，结合基本不等式，即可得出答案．
【详解】（1）由，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，方程的根为，
若，则在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
若，则在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
综上所述，当时，在R上单调递减，
若，在上单调递减，在上单调递增，
若，在上单调递增，在上单调递减．
（2），
所以，
直线l的方程为，
设切点为，则①，
②，
③，
由①②得，
将代入上式，得
，
即，
因为存在切点使得上式成立，
所以方程有解，
所以④，
由②③得，
代入①得，
当时，，与②矛盾，
当时，，即，
所以且，
所以，当且仅当，即时取等号，
又，
所以，
令，，
，
所以在上单调递增，
，，
所以且，
所以当时，，
所以，得证．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
18．已知函数．
(1)若，求．
(2)证明：，．
【答案】(1);
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用换元法，把题意转化为证明.令，，分类讨论：和，利用导数判断单调性，得到，解出；
（2）利用分析法，只需证，.记，利用导数判断出在内单调递减，由，即可证明.
【详解】（1）令，则可化为.
令，，则
若，则，此时在内单调递增，
，所以时，，不符合题意；
若，则由得．
当，单调递增；当，，单调递减．
因为，所以当或者时，，不符合题意；
当时，，符合题意，
故，解得．
（2）要证，,只需证，
由（1）可知，．
记，则当时，
因此在内单调递减，又，所以即，
故，.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
19．已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解. （2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求解.
【详解】（1）∵
，
∵，∴，
当，，单调递增，当，，单调递减，
当，，单调递增．
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）情况一：若，即时，由的单调性，其在上恒为正，无零点，
在增区间至多有一个零点，不符题意．
情况二：若，即时，
由于，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，
取，则，，，
，
当时，，由于在区间上单调递增，
故在恒为正，无零点，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，符合题意，
情况三：若，即时，同情况二可得在增区间恒为正，无零点，
仅有一个零点，不符题意.
综上，a的取值范围是．
20．已知函数．
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)若（）是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，得切点处的导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
（2）根据极值点的定义，可得方程的两个根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成，构造函数，结合导数证明即可.
【详解】（1）当时，，则，，，
所以在处的切线方程为,即；
（2）证明：由，可知，
因为（）是的极值点,所以方程的两个不等的正实数根，
所以，，
则
．
要证成立，只需证，即证，
即证，即证，即证，
设，则，即证，
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，故．
【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
21．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减，在和上单调递增
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，根据函数的单调性讨论m的取值范围．
【详解】（1）依题意得．
①当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
③当时在上恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
（2）当时，恒成立，则恒成立．
（i）当时，不等式即，满足条件．
（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．
设，则．
设，则．
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．
又因为，所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以当时，，所以．
（iii）当时，原不等式可化为，
此时对于（ii）中的函数，可知当时，，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
综上所述，m的取值范围是．
22．已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.