第三章：一元函数的导数及其应用（模块综合调研卷）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用）

这是一份第三章：一元函数的导数及其应用（模块综合调研卷）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用），文件包含第三章一元函数的导数及其应用模块综合调研卷A4版-教师版docx、第三章一元函数的导数及其应用模块综合调研卷A4版-学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
（19题新高考新结构）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的）
1．若曲线在处的切线也是曲线的切线，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】求出的导数，求得切线的斜率为1，可得切线方程，再设与曲线相切的切点为，求得函数的导数，由导数的几何意义求出切线的斜率，解方程可得的值，进而得到的值.
【详解】由曲线，得，
在处的切线斜率为，当时，，
曲线在处的，即，
曲线，导数为，
设切点为，则，解得，切点在切线上，
即有，得.
故选：A.
2．已知函数则在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数结合导函数求出，再根据点斜式得出直线方程.
【详解】当时，，
当时，，则，
所以，．
则所求的切线方程为，即．
故选：B.
3．某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个体积为的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】写出圆柱的体积解析式，构造函数，利用导数求出圆柱体的最大体积
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为，
则，所以，
所以.
设，则.
令，得或（舍去），
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以的最大值为，
所以的最大值为.
故选：C.
4．已知则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】比较大小，构造，结合单调性即可比较大小；比较大小，构造，结合单调性即可比较大小.
【详解】令，则，所以单调递增，
又，所以，即，
所以，所以，即，所以，
设，则，所以单调递减，
，即，故，，即，所以，
所以，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合的特点，，构造；结合的特点，，构造；从而得解.
5．若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将函数有两个零点，转化为函数的图象有两个不同交点问题；由此设，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案.
【详解】由题意知函数有两个零点，即有两个不等实数根，
即函数的图象有两个不同交点；
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，当时，，
作出的图象如图：
当直线与图象相切时，设切点为，
此时，则，
故此时，
结合图象可知，要使函数的图象有两个不同交点，
需满足，
故，
故选：D
6．已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将题设条件转化为，从而得到，进而得到，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.
【详解】由变形得，
从而有，，
所以，
因为，所以，则，
则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，，
又，而，
所以，
综上，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用，由到得，是解决本题的关键.
7．已知函数与是定义在上的函数，它们的导函数分别为和，且满足，且，则（ ）
A．1012B．2024C．D．
【答案】D
【分析】根据得到，故，求导得到，两边求导得到，从而得到，故，故是的一个周期，其中，根据周期性求出答案.
【详解】由于，则，
两式相加得，
故，
所以，
故，即，
其中两边求导得，，
故，
故，
将替换为得，
又，
故，
将替换为得，
则，
故是的一个周期，
其中，
故，
故.
故选：D
【点睛】结论点睛：
设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a；
（5）若，则函数的周期为；
（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；
（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；
（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；
（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．
8．设函数，点，其中，且，则直线斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】，令，所以，利用不等式可得答案.
【详解】不等式，证明如下，
即证，
令，设，，
可得在上单调递减，所以恒成立，
所以成立，即.
因为，令，
因为，所以，
所以，
由，得，
即，则有，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有一个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】BC
【分析】利用导数y与零点存在性定理求解三次函数的极值点，零点，对称中心，切线问题.
【详解】选项A：则恒成立，故单调递增，故不存在两个极值点，故选项A错误.
选项B:又单调递增，故有一个零点，故选项B正确，
选项C：故点是曲线的对称中心，故选项C正确，
选项D：令，即，
令，则令，
则
当则当切线斜率为切点为则切线方程为：与不相等，
当时同样切线方程不为，故选项D错误.
故选：BC.
10．已知函数．若过原点可作函数的三条切线，则（ ）
A．恰有2个异号极值点B．若，则
C．恰有2个异号零点D．若，则
【答案】BD
【分析】利用函数导数的符号可判断AC，设切点，利用导数求出切线方程，代入原点方程有三解，转化为利用导数研究函数极值，由数形结合求解即可判断BD.
【详解】因为，所以在上单调递增，故AC错误；
设过原点的函数的切线的切点为，则切线的斜率，
所以切线方程为，
即，
因为过原点，所以，
化简得，即方程有3个不等实数根，
令，则，
当时，或时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以极大值，极小值为，如图，
所以与相交有三个交点需满足，故B正确；
同理，当时，可知极大值，极小值为，如图，

可得时，与相交有三个交点，故D正确.
故选：BD
11．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由为偶函数，得，两边求导化简后可得 为奇函数，然后逐个赋值分析判断即可.
【详解】对于，∵为偶函数，则
两边求导得: , ∴ ， 为奇函数，,
令，则，，所以不正确
对于，令，可得，则, 所以正确;
对于，，
可得，，两式相加的
令，即可得，所以正确;
对于，∵，则，
又，可得，所以是以为周期的函数，
所以，所以正确.
故选：
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的奇偶性和周期性的应用，考查导数的应用，解题的关键是根据已知条件判断 为奇函数，考查计算能力，属于较难题.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．若函数在上存在最小值，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，函数的极小值点在内，再结合即可求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，
令得，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，有极小值，
因为函数在上存在最小值，
又，
所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
13．已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可.
【详解】由题意，不等式即，进而转化为，
令，则，
当时，，所以在上单调递增.
则不等式等价于恒成立.
因为，所以，
所以对任意恒成立，即恒成立.
设，可得，
当时，单调递增，当时，单调递减．
所以时，有最大值，于是，解得．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解本题的关键是，将已知条件转化为恒成立，通过构造函数，利用导数结合函数的单调性得到，进而构造函数，计算求得结果.
14．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凸函数”.已知在区间上为“凸函数”，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可.
【详解】
在区间上为“凸函数”
在上恒成立
上恒成立
设，，
则
当且仅当时取得最大值，
故答案为：.
【点睛】本题考查了新定义“凸函数”，考查了分离参数法解决恒成立问题和基本不等式，属于中档题.
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知函数．
(1)，求函数的最小值；
(2)若在上单调递减，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用二次求导法进行求解即可；
（2）运用常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
令，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此当时，则有，
因此当时，则有，
当时， 显然，
于是有当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
所以；
（2）由，
因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
由，
设，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
要想在上恒成立，
只需，因此的取值范围为.
16．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在唯一的极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分，，三种情况讨论，综合可得；
（2）由（1）得，表示出得的范围，并代入所证不等式，消去a得关于的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明.
【详解】（1）因为，
当时，，此时在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点，
当时，，在上单调递增，
当时在上单调递减；
当时，在上有零点，
当和时，，所以在和上单调递减，
当时，，所以在上单调递增．
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意可知，
若存在唯一的极值点，
由（1）可知且．
因为，
要证，
只需证①．
因为，所以．
将代入①整理可得，只需证．
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即原不等式成立．
17．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）首先根据（1）的结果可知且，再结合零点存在性定理，即可证明.
【详解】（1）根据条件则
当时，在定义域内恒成立，因此在递减；
当时，由，解得；，解得
因此：当时，的单调减区间为，无增区间；
时，的单调减区间为，增区间为；
注：区间端点处可以是闭的
（2）若有两个零点，有（1）可知且
则必有
即，解得
又因，
即，
当时，恒成立，即在单调递减，
可得，
也即得在恒成立，
从而可得在，区间上各有一个零点，
综上所述，若有两个零点实数a的范围为
18．已知函数，.
(1)若，求函数的极值；
(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
(3)若，正实数满足，证明：.
【答案】(1)极大值为，无极小值；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)根据f(1)＝0求出a的值，确定f(x)并求出，根据正负判断f(x)单调性，从而可求f(x)在定义域(0，＋)的极值；
(2)参变分离不等式，构造函数问题，问题转化为.利用导数研究g(x)单调性和最大值即可求出整数a的最小值；
(3)化简方程为，令，构造函数，研究的最小值，得到关于整体的不等式，解不等式即可得结论.
【详解】（1）∵，∴，
此时，，
，，
由得，由得，
∴的单调增区间为，单调减区间为，
∴有极大值为，无极小值；
（2）由恒成立，得在上恒成立，
问题等价于在上恒成立.
令，只要.
∵.
令，
∵，∴在上单调递减.
∵，，
∴在(0，＋)上存在唯一的，使得，即，
∴.
∴当时，，g(x)单调递增，
当时，，g(x)单调递减，
∴，即，
∵，∴整数的最小值为；
（3）由题可知，.
当时，，.
∵，
∴，
∴，
令，则由得，，
易知在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
解得成立.
【点睛】本题第二问关键是讨论函数的零点和单调性和，从而参变分离后函数的最小值，解题过程中零点无法求出，属于隐零点，可以设而不求，利用隐零点将对数式转换为幂式进行计算.第三问的关键是将方程变形，把看成整体进行求解.
19．曲率是曲线的重要性质，表征了曲线的“弯曲程度”，曲线曲率解释为曲线某点切线方向对弧长的转动率，设曲线具有连续转动的切线，在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数，已知．
(1)时，求在极值点处的曲率；
(2)时，是否存在极值点，如存在，求出其极值点处的曲率；
(3)，，当，曲率均为0时，自变量最小值分别为，，求证：．
【答案】(1)2
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得函数的极值点，进而由曲率公式计算即可；
（2）令，可得，令时，可得，进而数形结合可得时，有解，且有两解且，进而计算可得极值点处的曲率；
（3）根据曲率为0可得，，由（2）可得时，有两解，可证明，再证明即可.
【详解】（1）当时，，可得，
令，可得，当时，，当时，，
所以当为在极小值点，又，所以，
所以；
（2）由，可得，
令，则，
令时，可得，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，则，
所以时，有解，且有两解且，
为的极小值点，为的极大值点，
当时，有解，且有唯一解，但此解不是极值点，
当时，无解，所以无极值点，
所以当时，存在极值点，
所以；
（3）由题意可得，可得，
要，曲率为0，则，即，
可得，，
所以时，有两解，，可证，
由（2）可得，，
可得，．
要证明，即证明，也就是．
因为，所以即证明，
即，令，则，于是，
令，则,
故函数在上是增函数，
所以，即成立．所以成立．
又因为，则，
由（2）可得在上单调递减，
因为，，所以，
【点睛】关键点睛：本题利用导数分析函数单调性与最值及零点，进而证明不等式的问题.需要根据题意找到间的关系，平时积累常见的函数如的图象性质与指对数函数的常见化简如等是关键，同时也要注意根据零点的关系，，构造函数证明不等式的方法.