新高考数学三轮冲刺练习培优专题03 函数导数压轴小题归类（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc25918" 重难点题型归纳 PAGEREF _Tc25918 \h 1
\l "_Tc28120" 【题型一】 双函数性质型 PAGEREF _Tc28120 \h 1
\l "_Tc14155" 【题型二】中心与轴对称型 PAGEREF _Tc14155 \h 4
\l "_Tc12635" 【题型三】对称点与对称函数应用 PAGEREF _Tc12635 \h 9
\l "_Tc32607" 【题型四】函数数列型 PAGEREF _Tc32607 \h 12
\l "_Tc25190" 【题型五】 嵌套函数型 PAGEREF _Tc25190 \h 16
\l "_Tc3340" 【题型六】整数解型 PAGEREF _Tc3340 \h 19
\l "_Tc8476" 【题型七】 同构型求参 PAGEREF _Tc8476 \h 23
\l "_Tc15191" 【题型八】恒成立求参 PAGEREF _Tc15191 \h 26
\l "_Tc29207" 【题型九】多元型求参 PAGEREF _Tc29207 \h 30
【 \l "_Tc25460" 题型十】 数列与导数型 PAGEREF _Tc25460 \h 34
\l "_Tc7348" 【题型十一】 三角函数与导数型 PAGEREF _Tc7348 \h 38
\l "_Tc7775" 【题型十二】解析几何与导数型 PAGEREF _Tc7775 \h 42
\l "_Tc20680" 好题演练 PAGEREF _Tc20680 \h 44
重难点题型归纳
【题型一】 双函数性质型
【典例分析】
设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，．现有下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性三者之间的关系，结合导函数相等即其他等式，综合运用各式之间的关系即可得出结果.
【详解】因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，得，所以，
所以，所以的图象关于直线对称，所以，故①正确．
因为为奇函数，所以，且．
因为，所以，则的周期，
所以，故③错误．
因为，所以的周期也为4，
所以，，
所以，故②正确．
因为，，，，
所以，所以④正确．
故选:D.
2..已知函数的定义域均为R，且满足则（ ）
A．3180B．795C．1590D．1590
【答案】D
【分析】根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为2，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和.
【详解】由，则，即，
由，则，即，
又，即，
所以，故，
综上，，则，故关于对称，且有，
令，则，即是周期为2，
由知：关于对称且，
所以，即，则，
由，可得，则，
所以则；则，
依次类推：，，……，，
所以.
故选：D
【变式演练】
1. 设定义在实数集上的函数与的导数分别为与，若，，且为奇函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．图象关于直线对称
C．D．
【答案】B
【分析】根据为奇函数推出对称中心为，根据可得，由，得，将代入，得的对称轴为，进而可得的周期，与的周期，再利用特值法求值即可.
【详解】由为奇函数，则过，图象向右平移一个单位得过，A选项正确；
又，则，
因为，所以，所以，
令，得，则，
所以，则关于直线对称，
两边求导得，函数的图象关于点对称，B选项错误；
因为关于点对称，关于直线对称，则的周期；
所以，，
所以，C选项正确；
又函数关于直线对称，所以函数在左右两侧单调性相反，且，令，得，所以，
，D选项正确；
故选：B.
2. 已知函数 ，且函数 的图像与 的图像关于 对称，函数 的图像与 的图像关于 轴对称，设 ， ， ．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数图像的对称关系可以得到，的解析式，代入后跟特殊值0比较可得最小，然后构造函数，利用特殊值和函数的单调性比较，的大小即可.
【详解】因为的图像与的图像关于对称，所以，又因为的图像与关于轴对称，所以，，，，所以最小；
，，
构造，则，
当时，，所以在上单调递减，
因为，所以，令，得，所以，
，
又因为，，所以，综上所述.
故选：D.
【题型二】中心与轴对称型
【典例分析】
1.设函数满足，，且当时，.又函数，则函数在上的零点个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】
根据题意，得到函数的奇偶性和周期性，分类讨论画出函数的图象，作出函数，的大致图象，结合图象的交点的个数，即可求解.
【详解】
因为，可得函数为偶函数，又因为，所以，故函数的周期为2，
因为，所以为偶函数，当时，，
当时，，即.
当时，；当时，.
又，，.
综合以上两函数的特点，可作出函数，的大致图象(如图所示)，
函数除了0，1这两个零点之外，分别在区间，，上各有一个零点，共有6个零点.
故选：B.
2..已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，．若，则______．
【答案】
【分析】
由已知条件可推得是以4为周期的周期函数，由，令，得到，得出，由，求得，，分别求出，，，的值，进而求得的值，即可求解.
【详解】
因为为偶函数，可得①，
又因为为奇函数，可得，即②，
由②得，，由①得，，
所以，即是以4为周期的周期函数，
由②中，令，有，即，因此，
又由，所以，，
当时，，
所以，，
，，
，其中，
故．
故答案为：.
【变式演练】
1. 已知，则函数零点的个数为___________.
【答案】
【分析】
函数零点的个数可转化为函数与函数的图像交点个数，画出两个函数图像观察交点个数即可.
【详解】
解：对于函数，
当时，，
当时，
当时，，
当时，，
当时，，
，
函数零点的个数可转化为函数与函数的图像交点个数，
在同一个直角坐标系中画出两个函数图像如图：
观察图像可得：两个函数有4个交点，即函数零点的个数为4.
故答案为：4.
2. 设函数是定义在实数集上的偶函数，且，当时，，则函数在上所有零点之和为___________.
【答案】
【分析】
分析的对称性，将问题转化为图象交点横坐标之和，采用数形结合法求解出结果.
【详解】
因为，所以，
所以是一个周期为的周期函数，且关于直线对称，
令，所以，
所以关于直线对称，
在同一平面直角坐标系中作出的图象，如下图所示：
由图象可知：的图象共有个交点，
其中个点关于对称，还有一个点横坐标为，
所以交点的横坐标之和为，
所以在上所有零点之和为，
故答案为：.
【题型三】对称点与对称函数应用
【典例分析】
1.已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围为_____．
【答案】
【解析】两函数图象上存在关于轴对称的点的等价命题是方程在区间上有解，化简方程在区间上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.
【详解】解：根据题意，若函数与的图象上存在关于轴对称的点，
则方程在区间上有解，
即方程在区间上有解，
设函数，其导数，
又由，可得：当时， 为减函数，
当时， 为增函数，
故函数有最小值，
又由；比较可得： ，
故函数有最大值，
故函数在区间上的值域为；
若方程在区间上有解，
必有，则有，
即的取值范围是；故答案为：
2.已知函数的图像既关于点中心对称，又关于直线轴对称.当时，，则的值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设表示函数的图像，，根据中心对称性与轴对称性，可依次得，，，取，可计算得，从而可计算得.
【详解】用表示函数的图像，对任意的，
令，则，且，
利用的中心对称性与轴对称性，可依次推得
，，，
取，此时，
因此.
故选：B
【变式演练】
1. ．已知函数， 与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意，可以将原问题转化为方程在区间上有解，构造函数，利用导数分析的最大最小值，可得的值域，进而分析方程在区间上有解，必有，解之可得实数的取值范围.
【详解】根据题意，若函数，与的图象上存在关于轴对称的点，则方程在区间上有解
化简可得
设，对其求导
又由，在有唯一的极值点
分析可得：当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故函数有最小值
又由，比较可得，，
故函数有最大值
故函数在区间上的值域为
若方程在区间有解，必有，则有
则实数的取值范围是
故选：A
2. 已知函数，若曲线上存在两点，这两点关于直线的对称点都在曲线上，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为与图像关于直线对称，所以只需与有两个交点，即方程有两个根，显然是其一个根，所以只需要在或上有一个根即可，即只需一解，令，则，令，则，当时，，时，所以当，
，所以，所以时是减函数，时是减函数，当，所以，故，选D．
【题型四】函数数列型
【典例分析】
1.知函数为定义域R上的奇函数，且在R上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则
A．45B．15C．10D．0
【答案】A
【分析】设，则可得，结合等差数列的性质可得：，再利用函数的单调性和对称性，分类讨论的值与的关系，即可计算得出．
【详解】因为函数为定义域R上的奇函数，则函数的图象点关于对称．
设，由可得，
，
即．
而，
故．
因为函数的图象可看成奇函数的图象向右平移个单位得到，
所以，函数在上递增，且关于点对称，即．
因为，
若，
则，
∴．
若，
则，即，同理可得，，…，
，∴，与题意矛盾，不符舍去；
若，同上可得，
，与题意矛盾，不符舍去．
故选：A．
2.已知函数，数列是公差为2的等差数列，若，则数列的前n项和__________．
【答案】
【分析】设，则有，由的奇偶性和单调性分析可得的奇偶性和单调性，结合是公差为2的等差数列，可求出，进而可求.
【详解】由，知为偶函数，当时，知在单调递增且，设，则为奇函数且在单调递增，结合奇函数的对称性可得在单调递增，由题得，又是等差数列，可得，当时，，同理，即，不合题意，当时，同理可得，也不合题意，所以，又公差为2，可得，所以.
故答案为：.
【变式演练】
1. 对任意，函数满足，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则___________.
【答案】
【分析】由题意可得，，．展开代入可得，又，化为．再根据数列的前15项和与，解得，．可得，．解出，即可得出，对分奇偶分别求和并取极限，利用极限相等求得.
【详解】，，，
展开为，，
即，．即，，化为．数列{}是周期为2的数列．
数列{}的前15项和为，．
又，解得，．∴，．
由0，，解得．
0，，解得，又，
令数列的前项和为，则当为奇数时，，取极限得；
则当为偶数时，，取极限得；
若数列的前项和的极限存在，则，，故答案为：.
2. 已知函数，若对于正数，直线与函数的图像恰好有个不同的交点，则___________.
【答案】
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，；
当时，，函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，
故，故，
.
故答案为：.
【题型五】 嵌套函数型
【典例分析】
1.已知函数若关于的方程（且）的实数解有4个，则实数的取值范围为（ ）
A．或B．或
C．或或D．或或
【答案】C
【分析】分与四种情况作图象，再分别对应讨论解的个数，列出满足题意的条件，解得结果.
【详解】
①当时，有两个根，从而分别对应两个根，即共四个根，所以满足题意；
②当时，有三个根，从而分别对应2，2，1个根，即共五个根，所以不满足题意；
③当时，有三个根，从而分别对应2，2，0个根，即共四个根，所以满足题意；
④当时，有两个根，从而对应2个根，所以需对应2个根，即；
综上，实数的取值范围为或或
故选：C
2.已知是定义域为的单调函数，若对任意的，都有，且方程在区间上有两解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据函数的定义域和单调函数，可得必存在唯一的正实数满足，，结合，可得，所以函数，由方程
在区间上有两解，则在区间上有两解，设
，作出函数在上的图象， 结合图象，可得实数的取值范围.
【详解】
解:因为函数是定义域为的单调函数，对于任意的，
都有，
所以必存在唯一的正实数满足，，
所以，可得，即，所以，
所以，所以函数，
由方程在区间上有两解，则在区间上有两解，
设，作出函数在上的图象，如图所示，
结合图象，可得方程在区间上有两解，
实数满足.
故选:A
【变式演练】
1. 已知，若关于的方程有两个不同的实数解，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【详解】
由，可知 ，设则关于的方程有两个不同的实数解，等价于关于的方程在 有两个不同的实数解，即
有2个不等正实根，则 解得 即答案为.
2. 已知函数f（x）=，其中e为自然对数的底数，若关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，则a实数的取值范围是
A．（﹣∞，0）B．（﹣∞，0）∪（0，1）
C．（0，1）D．（0，1）∪（1，+∞）
【答案】B
【详解】
试题分析：若a=0则方程f（f（x））=0有无数个实根，不满足条件，若a≠0，若f（f（x））=0，可得当x≤0时，a•ex=1无解，进而得到实数a的取值范围．
解：若a=0则方程f（f（x））=0有无数个实根，不满足条件，
若a≠0，若f（f（x））=0，
则f（x）=1，
∵x＞0时，f（）=1，
关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，
故当x≤0时，a•ex=1无解，
即在x≤0时无解，
故，
故a∈（﹣∞，0）∪（0，1），
故选B
【题型六】整数解型
【典例分析】
1.已知偶函数满足，且当时，，若关于x的不等式在上有且只有150个整数解，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据偶函数满足，得到函数是以6为周期的周期函数，由时，，用导数法结合偶函数，作出数在上的图象，将不等式在上有且只有150个整数解，转化为在一个周期上有3个整数解分别为-2，2，3求解.
【详解】
因为偶函数满足，
所以，即，
所以函数是以6为周期的周期函数，
当时，，
所以，
当时，，函数递增；当时，，函数递减；
当当时，函数取得极大值，
作出函数在上的图象，如图所示：
因为不等式在上有且只有150个整数解，
所以不等式在上有且只有3个整数解，
当时，不符合题意，
故不等式在上有且只有3个整数解，
因为，
所以，即，
故不等式在上的3个整数解分别为-2，2，3，
所以，，即，故选：B
2.定义：表示不等式的解集中的整数解之和.若，，，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
由题意得，表示不等式的解集中整数解之和为6.
当时，数形结合（如图）得的解集中的整数解有无数多个，解集中的整数解之和一定大于6.
当时，，数形结合（如图），由解得.在内有3个整数解，为1，2，3，满足，所以符合题意.
当时，作出函数和的图象，如图所示.
若，即的整数解只有1，2，3.
只需满足，即，解得，所以.
综上，当时，实数的取值范围是.故选D.
【变式演练】
1. 定义在上的奇函数满足，当时，.若在区间上，存在个不同的整数，满足，则的最小值为
A．15B．16C．17D．18
【答案】D
【详解】
定义在上的奇函数满足，得 即 则 的周期为8．函数的图形如下：比如，当不同整数 分别为-1，1，2，5，7…时， 取最小值， ，
至少需要二又四分一个周期，则b-a的最小值为18，故选D
2.定义在R上的偶函数满足，且，若关于x的不等式在上有且仅有15个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
由得函数图象关于直线对称，又函数为偶函数，得函数是周期函数，且周期为8，区间含有5个周期，因此题中不等式在一个周期内有3个整数解，通过研究函数在的性质，结合图象可得结论．
【详解】
∵，∴函数图象关于直线对称，又函数为偶函数，∴函数是周期函数，且周期为8，区间含有5个周期，关于x的不等式在上有3个整数解．
时，是增函数，
时，，，时，，递减，时，，递增，
时，取得极小值，，，
利用偶函数性质，作出在上的图象，如图．
由得，若，则原不等式无解，
故，，要使得不等式在上有3个整数解，
则，即．故选：B．
【题型七】 同构型求参
【典例分析】
1..若，恒成立，则的最大值为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设,则，原不等式等价于恒成立,通过求导研究函数的单调性进而得到函数的最值，得到参数值.
【详解】
设,则，原不等式等价于恒成立，
设是单调递增的，零点为,
在，函数y的最小值为1，故，，零点是 在上单调递增，故，故.
故答案为C.
2.已知实数满足，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
将原式作如下变形得：.由此可构造函数：.不妨设，可得，由知，时，，时，，所以（当且仅当时取“”）.即解得，故.故选C.
【变式演练】
1. 若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】
先对不等式进行化简换元得到，结合，对进行分类讨论，得到不同情况下的单调性及极值，进而判断出结果.
【详解】
整理为：，其中，故，令，则，，注意到：，其中，当时，令，解得：，令，解得：，则，满足题意；
当时，令得：，令得：，则在上单调递增，在上单调递减，且，，所以当时，，不合题意，舍去；
故不满足题意，舍去；
当时，令得：，令得：，所以在上单调递减，在上单调递增，且，，所以当时，，不合题意，舍去；
当时，，故不合题意，舍去.
综上：a的取值范围是.
故答案为：
2. 已知，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
将已知转化为对于任意，恒成立，利用同构思想，构造函数，将不等式转化为，再结合函数的单调性转化为恒成立，利用参数分离，构造函数即可得解.
【详解】
∵对于任意，，不等式恒成立
∴对于任意，，即恒成立
当时，；
当，，
设，则，所以在上单调递增，
由，知，即，即
设，，求导
令，得
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
∴在处取得极大值，且为最大值，
所以时，不等式恒成立
故答案为：
【题型八】恒成立求参
【典例分析】
1.已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
直接对和进行求导，通过导数研究函数的单调性，得出在区间上是单调减函数和在区间上是单调增函数，由于，使得，则，即可求出实数的取值范围.
解：因为函数，，
，在区间上是单调减函数，
所以，
，在区间上是单调增函数，
所以，
由于使得，
所以，
当时，得或，
所以或，
所以，得．
故选：B．
2.若，，，对任意，总存在唯一的，使得成立，则实数a的取值范围____________．
【答案】
【分析】
先分类讨论的最小值，再分类讨论研究函数的单调性，根据题意得到关于的不等式，利用构造函数，使用导数研究不等式的解的情况，从而综合得出实数a的取值范围．
【详解】
解：（1）①当时，，，，恒成立，
在上增函数，故当时，
②当时，，，
（I）当即时，在时为正数，所以在区间上为增函数，
故当时，，且此时
（II）当，即时，在时为负数，在时为正数，
所以在区间上为减函数，在上为增函数，
故当时，，且此时
（III）当，即时，在时为负数，所以在区间上为减函数，
故当时，．综上所述，．
由于当趋近于时，的趋近于，
①当时，在上,，单调递增，
在的取值范围是[g,由题意得，解得；
②当时，.
，即时，在上减，在上增，当趋近于时，g的趋近于，
由题意得，即(*)设，，
，，所以单调递增,∴，当且仅当时取等号.
∴由得,即，∴时符合题意；
③当时在递增，在递减，在递增，当趋近于时，g的趋近于，
若时，由题意得
得（**），设，.
则，所以递增，且，所以恒成立，
∴此时不等式（**）无解；
若当时，由题意得得，即（***）
由于，∴,而，∴不等式（***）无解．
综上，所求a的取值范围是．故答案为：
【变式演练】
1. 已知函数在R上都存在导函数，对于任意的实数x都有.当时，，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意构造函数,再分析的单调性与奇偶性再求解即可.
【详解】根据题意构造函数,因为对于任意的实数x都有,
故,即,故为偶函数.又当时,即,故当时,单调递增.
综上所述, 为偶函数, 当时,单调递增；当时, 单调递减.
又,即,即.
故,即,解得.
故选：B
2. 设函数，其中.若对，都，使得不等式成立，则的最大值为（ ）
A．0B．C．1D．
【答案】C
【分析】由题意易知恒成立，则可等价为对，恒成立，利用参变分离，可变形为恒成立，易证，则可得，即可选出答案.
【详解】对，都，使得不等式成立，等价于,
当时，，所以，
当时，，所以，
所以恒成立，当且仅当时，，
所以对，恒成立，即，
当，成立，
当时，恒成立.
记,因为恒成立，所以在上单调递增，且，
所以恒成立，即所以.所以的最大值为1.故选：C.
【题型九】多元型求参
【典例分析】
1.设a，b为实数，对于任意的a≥2，关于x的不等式x≤(e为自然对数的底数)在实数域R.上恒成立，则b的取值范围为_______________
【答案】
【解析】明显地，时才符合题意，由x≤，
然后，得到，最后得到
【详解】由已知得，当时，x≤显然成立，
当时，对于任意的a≥2，关于x的不等式x≤在实数域R.上恒成立，由x≤，
令，则，易知，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；，又由a≥2得，
，
所以，b的取值范围为故答案为：
2.已知函数，其中为实数，若对任意的，有，则的最小值为_________．
【答案】
【分析】对任意的，都有，可构造函数，求导并讨论的单调性，易知当时，不恒大于或等于0，即不符合题意；当时，可求出，则，可得到，进而得到，求出的最小值，进而可求出的最小值.
【详解】对任意的，有，即，即．
设，则．
①当时，，函数在上单调递减，
易知时，，
即不恒大于或等于0，所以不符合题意；
②当时，令，解得，
则时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即，
所以．记，则，
则在上单调递增，在上单调递减，故，
所以，则，
所以，即的最小值为．故答案为：.
【变式演练】
1. .已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解.
【详解】设，，
若，对任意恒成立，则，对任意恒成立，
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，
显然，由图可知，对任意不恒成立；
当时，在同一坐标系中作出函数的图象，
由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时，
由，求导，
设，解得，且，
∴当的切线斜率为1时，切点坐标为，
故，所以
即
两边同除以，，令
求导
令，得，即
当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，
所以当，函数取到最大值，且故的最大值为故选：C.
2. 已知，（其中），若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】令，可得为函数的极大值点，从而可设，则，对已知的两个式子相减化简变形可求得，然后比较与，构造函数，连续三次求导可判断出在上递减，从而有，进而可求得答案
【详解】令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
由题意可得是的两个零点，所以，得，
设，则，
由，，得，
所以，所以，，
所以，
令，则，
则，令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
所以在上递减，所以，
所以，所以在上递减，
所以，
所以，所以，
因为恒成立，所以，
故选：B
【题型十】 数列与导数型
【典例分析】
1.数列满足表示数列前n项和，则下列选项中错误的是
A．若，则B．若，则递减
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】
对于选项A，令，，利用导数求出即可；对于选项B，首先得到当时有，然后结合和可得出递减；对于选项C，证明即可；对于选项D，证明即可.
【详解】
对于选项A，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增
因为，所以所以当时，故A正确
对于选项B，因为，所以，所以
因为在上单调递增，所以当时有
所以，所以递减，故B正确
对于选项C，令则，易得
所以，所以，即所以
所以故C正确
对于选项D，因为，所以所以
令，则
易得，所以，所以，即所以
所以
故D错误
故选：D
2.已知函数f（x）=ex（x+1）2，令f1（x）=f'（x），fn+1（x）=fn'（x），若fn（x）=ex（anx2+bnx+cn），记数列{}的前n项和为Sn，则下列选项中与S2019的值最接近的是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】经过求导可得：an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1）+1. 所以.通过放缩，利用裂项相消法求和，即可得解.
【详解】
由f（x）=ex（x+1）2=ex（x2+2x+1），得f1（x）=f′（x）=ex（x2+4x+3），f2（x）=f1'（x）=ex（x2+6x+7），
f3（x）=f2'（x）=ex（x2+8x+13），
…fn+1（x）=fn'（x）=ex[x2+2（n+2）x+（n+1）（n+2）+1].又fn（x）=ex（anx2+bnx+cn），
∴an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1）+1.∴.
令dn，（n2），
则S2019=d1+d2+d3+…+d2019
，
∴与S2019的值最接近的是.故选：B.
【变式演练】
1. 已知等差数列的公差为2020，若函数，且，记为的前项和，则的值为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等差数列的公差及函数解析式，由等差数列求和公式代入可得由余弦和角与差角公式的应用，变形可得，令，代入化简并构造函数，求得并判断符号，可证明为单调递增函数，且可得，从而，进而由等差数列前n项和公式即可求解.
【详解】等差数列的公差为2020，设
函数，且，
则，
即
对，由余弦的和角与差角公式化简可得
，
记，将化简可得，
即
令，
由可得
，所以在上单调递增，且，又由可知，所以，即，
所以，故选：A.
2. ．对任意的，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
问题首先转化为恒成立，取自然对数只需恒成立，分离参数只需恒成立，构造，只要求得的最小值即可。这可利用导数求得，当然由于函数较复杂，可能要一次次地求导（对函数式中不易确定正负的部分设为新函数）来研究函数（导函数）的单调性。
【详解】
对任意的N，不等式（其中e是自然对数的底）恒成立，只需恒成立，只需恒成立，只需恒成立，构造，.
下证，再构造函数，设，令，，在时，，单调递减，即，所以递减，，即，所以递减，并且，所以有，所以，所以在上递减，所以最小值为.∴，即的最大值为。
故选：B。
【题型十一】 三角函数与导数型
【典例分析】
1.已知函数，若f(x)在R上单调，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】
先求函数的导函数，由在R上单调，可知恒成立或恒成立，构造函数，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解.
【详解】
求导，令，
由在R上单调，可知恒成立或恒成立，分类讨论：
（1）当时，，令，得
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
，即恒成立，符合题意；
（2）当时，，令，得
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，即恒成立，符合题意；
（3）当时，令，得或，
研究内的情况即可：
当时，，函数单调递减；当时， ，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
当时，函数取得极小值，且满足；当时，函数取得极小值，且满足
，且
同理，且
又，当时，；当时，，故不符合；
所以a的取值范围是
故选：A
2.已知函数，则_____；若直线（）与函数的图象有交点，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】
构造、，利用导数证明、，应用放缩法有、，即可确定，注意等号成立条件，由解析式求，并构造，应用导数研究单调性，进而判断的单调性，即可确定的取值范围.
【详解】
令，则，
∴时，，单调递增；时，，单调递减.
∴，即.
若，则，易知：时，，单调递增；时，，单调递减.
∴，即.
∵，当时等号成立.
∴.
由，若，
∴，
当时，，递减，故，有，单调递增；当时，且大于0.
∵，；，，且，∴的取值范围为.故答案为：，
【变式演练】
1. 已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以,
令是增函数.
综上所述，故选C.
2.已知函数，若f(x)在R上单调，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求函数的导函数，由在R上单调，可知恒成立或恒成立，构造函数，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解.
【详解】求导，令，
由在R上单调，可知恒成立或恒成立，分类讨论：
（1）当时，，令，得
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
，即恒成立，符合题意；
（2）当时，，令，得
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，即恒成立，符合题意；
（3）当时，令，得或，
研究内的情况即可：
当时，，函数单调递减；当时， ，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
当时，函数取得极小值，且满足；当时，函数取得极小值，且满足
，且
同理，且
又，当时，；当时，，故不符合；
所以a的取值范围是
故选：A
【题型十二】解析几何与导数型
【典例分析】
已知双曲线的左右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于两点，分别交轴于两点，若的周长为12，则取得最大值时该双曲线的离心率为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由题意，得 ①，且分别为的中点．由双曲线定义，知 ②， ③，联立①②③，得．因为的周长为12，所以的周长为24，即，亦即，所以．令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，此时，所以，所以，故选C．
【变式演练】
1. 已知是椭圆：的左焦点，，是椭圆上的两个相异动点，若中点的横坐标为1，则到直线距离的最小值为______.
【答案】
【分析】
分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，由于同一点对称性设斜率大于0，与椭圆联立求出两根之和，再由的中点的横坐标求出参数之间的关系，由点到直线的距离公式求出到直线 距离．令参数部分为函数，求导，由函数的单调性求出函数的最大值，进而求出到直线的最小值．
【详解】解：由题意的方程可得：，若直线的斜率不存在时，则由题意可得的方程为：，
这时到直线的距离为2，当直线的斜率存在且不会为0时，由题意的对称性设，
设方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程可得：，
整理可得：，△，
即，，，因为中点的横坐标为1，所以，即
所以到直线的距离
令，，，
当，，单调递增，
当，，单调递减，所以时最大，且，
所以，故答案为：．
2. 若，则的最小值是_______．
【答案】
【分析】
由目标式的形式：可看作两点的距离，而可看作两点的距离，问题转化为的最小值；是上的点，对于在坐标系存在使得，可联想抛物线：以为焦点，为准线的抛物线，即问题最终为求抛物线上一点到定点与上的一点的距离之和最小，结合抛物线、函数图象及利用导数求最小值.
【详解】
由，记，
则，即原问题转化为抛物线上到定点与上的的距离之和最小，
，当且仅当共线时等号成立.
令，则且，
由于单调增，则是唯一零点，即有在上单调递减，在上单调递增，则，即最小值为.
好题演练
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
2．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.
3．（2023·广东广州·统考二模）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由偶函数的定义结合导数可得出，由已知可得出，可求出的表达式，利用导数分析函数的单调性，可知函数在上为增函数，再由可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①
因为函数为偶函数，则，②
联立①②可得，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，即函数在上为增函数，
故当时，，所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，整理可得，解得.
故选：B.
4．（2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测）已知不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用参变分离可得，然后构造函数，利用导数求函数的最值即得.
【详解】由得．
令，，
又∵，当时，，单调递增．
当时，，单调递减．
∴，
∴，即．
故选：D.
5．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，由此确定正确答案.
【详解】设，，
所以在区间递减；
在区间递增.
，，
，
由于，
所以，
即.
故选：C
6．（2023·广东湛江·统考二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，构造函数，应用导数求函数单调性求出最小值即可.
【详解】设，则，，
由，得，则，，
设函数，，
则，在上为增函数，且，
所以当时，，单调递减,当时，,单调递增.
故．
故选 :B.
7．（2023·河南安阳·统考二模）已知a，b，c均为负实数，且，，，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.
【详解】由，得，于是．
同理由，可得．
对于，可得，
两边同时取对数得，于是．
构造函数，则，，．
因为，
所以当时，，在内单调递减，
当时，，在内单调递增，
所以，
又，，，
如图所示，故．
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，及，从而达到构造出适当函数的目的.
8．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，又，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.
二、多选题
9．（2023·广东广州·统考二模）已知函数的定义域是（，），值域为，则满足条件的整数对可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由是偶函数及图像可得出结论.
【详解】显然是偶函数，其图像如下图所示：
要使值域为，且，,
则，；，；，.
故选：ACD.
10．（2023·广东茂名·统考二模）已知，若关于的方程恰好有6个不同的实数解，则的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】利用导数判断出单调性，作出的图像. 令，把题意转化为关于方程在内有2个不等实根.分离参数后，令，利用图像法求解.
【详解】记，则
所以在单调增，在单调减
所以的大致图像如下所示：
令，所以关于的方程有6个不同实根等价于关于方程
在内有2个不等实根.
即与在内有2个不同交点
又的大致图像如下所示：
又，
所以.
对照四个选项，AB符合题意.
故选：AB
11．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数a的最小值为
C．若有两个零点，，则
D．若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】A选项，由题，，判断在上的单调性即可；
B选项，由单调性，；
C选项，由有两个零点，，构造函数应用极值点偏移可解；
D选项，因，及在上单调递增，结合B选项分析可判断选项.
【详解】对于A选项，，.
又当时，，则在上是增函数，故A正确；
对于B选项，时，，又为正实数，所以，又时，，
所以在单调递增，故，即.
令，知，所以在上递增，在上递减，所以，
得正实数的最小值为，故B正确；
对于C选项，有两个根，，等价于函数有两个零点，.
注意到，则在上单调递减，在上单调递增，
因函数有零点，则.
设，
令，，
因为，
所以，
当时，，单调递减；
所以在上单调递减，所以，即当时，，
由题意，，，且在上单调递增，
所以，即．故C错误；
对于D选项，由AB选项分析可知，在上单调递增，
又，，
则.由，即，即有，
又，在上单调递增，所以，即，所以，
其中.由B选项分析可知，，其中时取等号，则，
其中时取等号，所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于复杂函数，常利用导数求单调区间.对于恒成立问题，常利用分离参数法将问题转化为求最值.
对于双变量问题，常结合题目条件寻找变量间关系，将双变量转化为单变量.
12．（2023·河北邯郸·统考二模）已知函数，若存在满足，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合关键点的坐标作出函数图象，由，可得直线与函数的图象有三个交点，观察图象确定的范围，设可得，比较系数，结合条件判断B，C，D.
【详解】因为，
所以，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，，
作出函数的图象如下：
对于A，由，
可得为方程的三个根，
即为方程的三个根，
即为方程的三个根，
故直线与函数的图象有三个交点，
所以，所以，A正确；
设，可得，
因为，
所以，，，
则，
所以，
所以，
所以，，又，，
所以，，
B错误，C正确，D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用导数确定函数的单调性，作出函数的图象，结合图象研究函数的零点或方程的根.
三、填空题
13．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知曲线过曲线上两点A，B分别作曲线的切线交于点P，．记A，B两点的横坐标分别为,则______．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义，结合图象及垂直的斜率关系计算即可.
【详解】当x>0时，；当x