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天津市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-05函数与导数经典题
一、单选题
1．（2025·天津·高考真题）函数的零点所在区间是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·天津·高考真题）已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024·天津·高考真题）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·天津·高考真题）设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022·天津·高考真题）化简（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．（2022·天津·高考真题）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022·天津·高考真题）设，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A． B．
C． D．
12．（2021·天津·高考真题）设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
13．（2013·陕西·高考真题）函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
14．（2021·天津·高考真题）若，则（ ）
A． B． C．1 D．
二、填空题
15．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为______．
16．（2025·天津·高考真题）若，对，均有恒成立，则的最小值为_______
17．（2023·天津·高考真题）设,函数,若恰有两个零点，则的取值范围为_________．
18．（2022·天津·高考真题）设，对任意实数x，用表示中的较小者．若函数至少有3个零点，则的取值范围为______.
三、解答题
19．（2023·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
20．（2024·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
21．（2021·天津·高考真题）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
22．（2022·天津·高考真题）已知，函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若曲线和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
23．（2025·天津·高考真题）已知函数
(1)时，求在点处的切线方程；
(2)有3个零点，且.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《天津市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-05函数与导数经典题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C D B D C A D A
题号 11 12 13 14
答案 D D B C
1．B
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增，
所以在定义域上单调递减，
显然，
所以根据零点存在性定理可知的零点位于.
故选：B
2．D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.
【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；
又当时，此时，
由图可知当时，，故C不符合，D符合.
故选：D
3．C
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，和都当且仅当，所以二者互为充要条件.
故选：C.
4．D
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.
【详解】因为在上递增，且，
所以，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
所以，
故选：D
5．B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【详解】对A，设，函数定义域为，但，，则，故A错误；
对B，设，函数定义域为，
且，则为偶函数，故B正确；
对C，设，，
，则不是偶函数，故C错误；
对D，设，函数定义域为，
因为，且不恒为0，
则不是偶函数，故D错误.
故选：B.
6．D
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由在R上递增，则，
由在上递增，则.
所以.
故选：D
7．C
【分析】根据对数的性质可求代数式的值.
【详解】原式
，
故选：C
8．A
【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
且，
函数为奇函数，CD选项错误；
又当时，，B选项错误.
故选：A.
9．D
【分析】利用幂函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】因为，故.
故选：D.
10．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
11．D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
12．D
【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出的范围即可求解.
【详解】，，
，，
，，
.
故选：D.
13．B
【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解.
【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数为偶函数，排除AC；
当时， ，所以，排除D.
故选：B.
14．C
【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.
【详解】，，
.
故选：C.
15．
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
16．
【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的，，
不妨代入，得，得，
当时，原不等式可化为，
即，
观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号，
此时，，说明时，均可取到，满足题意，
故的最小值为.
故答案为：
17．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
18．
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
20．(1)
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【详解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.
21．（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
22．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
23．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
（2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【详解】（1）当时，，，
则，则，且，
则切点，且切线的斜率为，
故函数在点处的切线方程为；
（2）（i）令，，
得，
设，
则，
由解得或，其中，；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
且当时，； 当时，；
如图作出函数的图象，
要使函数有3个零点，
则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.
结合图象可知，.
故的取值范围为；
（ii）由图象可知，，
设，则，
满足，由可得，
两式作差可得，
则由对数均值不等式可得，
则，故要证，
即证，只需证，
即证，又因为，则，
所以，故只需证，
设函数，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
故，即.
而由，
可知成立，故命题得证.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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