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函数与导数解答题 高频考点预测练 2026届年高中数学高考冲刺练
1．已知函数，且．
(1)求的值；
(2)若．
（i）求在上的最大值和最小值；
（ii）若，求实数的取值范围．
2．已知函数．
(1)已知曲线在处的切线方程为，求和的值；
(2)求证：不是函数的极值点；
(3)设，，是否存在，使得函数的最小值为2？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
3．已知函数，其中e为自然对数的底数，
(1)当时，求在处的切线；
(2)若为实数，，求的最小值；
(3)已知，且在单调递增，求实数的取值范围.
4．设函数，
(1)若有极值点、无零点，求的取值范围；
(2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围；
(3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且．
5．已知函数，，设的零点为.
(1)求的值；
(2)证明：为单调数列，并求中的最小项；
(3)证明：.
6．已知函数．
(1)证明：；
(2)已知数列满足：，，．记．
（i）证明：;
（ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考数据：
7．设a为非负实数，函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若恒成立，求的最小值.
8．已知函数．
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在极小值，且极小值等于，求证：．
9．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若有两个零点，
①求实数的取值范围；
②当取得最小值时，求实数的值．
10．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若在上单调递增，求的值；
(3)若存在极小值点且，求的取值范围．
11．已知函数为定义在上的偶函数，且满足，．
(1)求的解析式；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
12．已知函数，，其中为常数，为自然对数的底数，.
(1)当时
①求函数在处的切线方程；
②证明：；
(2)若函数有零点，求的取值范围并证明函数的零点是唯一的.
13．函数．
(1)若，求单调区间；
(2)当时恒成立，求的取值范围；
(3)设，，请比较与大小，并说明理由．
14．设函数，若有两个极值点，且.
(1)求的取值范围；
(2)当时，记为最大零点.
（i）①证明：有两个零点；②证明：；
（ii）比较与的大小，并给出证明.
15．设函数.
(1)当时，证明：；
(2)已知函数在区间内存在极值点.
①求的取值范围；
②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．(1)
(2)（i）最大值为，最小值为；（ii）．
（1）求导，由，即可求解；
（2）（i）由（1）得到，再求导，确定函数单调区间，即可求解；（ii）将问题转换成所以，进而可求解.
（1）因为，
所以，
则，
所以．
（2）（i）由（1）得，
则，
因为，令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，又，
所以在[0,3]上的最大值为，最小值为．
（ii）因为，
，
所以，
由（i）可知在上的最大值为，
由，
所以，
所以实数的取值范围为．
2．(1)，
(2)证明见详解
(3)存在，
（1）根据导数即可求解；
（2）根据、两种情况分析即可证明；
（3）根据、、三种情况分析的导数，并据此求出最值，并根据题干求出对应a的值，判断是否符合情况即可．
（1），由题意，
解得，，解得．
（2），且，
①当时，，令，求导得，
时，，单调递减；时，，单调递增；
故在处取得最小值，即恒成立，
因此不是极值点；
②当时，，不可能是极值点；
综上，不是函数的极值点．
（3），，求导，
①，此时恒成立，在上单调递减，
最小值在处，即，
令，得，与矛盾，舍去；
②，即，此时在上为负，单调递减；
在上为正，单调递增，
最小值在处，即，
令，得，满足，成立；
③，即此时在上恒成立，单调递减，
最小值在处，即，
令，得，与矛盾，舍去；
综上，存在，使得在上的最小值为2．
3．(1)
(2)最小值为1
(3)
（1）根据导数的几何意义求解；
（2）利用导数确定单调性后可得最小值；
（3），.注意，令，求出，分类讨论：时，由的单调性得出（）不可能恒成立，时，证明（）恒成立，从而可得参数范围．
（1）∵，∴，
∴，，
∴切线方程为，
整理得；
（2）∵，令，，则，
∴，∴时，，时，，
∴在单调递减，在单调递增，∴的最小值为，即的最小值为1；
（3）当时，
∵，∴，
令，则，
依题意，，，.
若，即时，使得时，
所以即在单调递减，∴时，不合题意，
∴，即，下面证明时符合题意.
∵，，，∴当时，
即在单调递增，∴，，
综上，实数a的取值范围为．
4．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围；
（2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围；
（3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立.
（1）因为，则，
当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当时，由可得，由可得，
此时函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数有极小值点，故的极小值为，
因为函数无零点，所以，即，即，解得，
综上，的取值范围为．
（2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，
可知存在、使得．
当，则，不符合题意．
当时，在上单调递增．
所以在内的值域为．
所以，由题意可得，
整理可得，解得，
因此，的取值范围为．
（3）设，则，
因为，所以．
当时，，在上单调递增，不符合题意，所以．
由，得．
设，则，所以在上单调递增．
又因，所以，
所以，所以，
所以，所以，
设，则，
因为当时，，所以在上单调递减，
又因为，所以当时，，即．
因为，所以，即，
又因，所以，所以，
又因为，，所以．
5．(1)
(2)证明见解析，
(3)证明见解析
（1）当时，通过求导证明从而得到在上单调递增，再根据即可求出；
（2）根据的零点为，将代入中，两式作差得到，令，通过求导证明在上单调递增，即可证明，即可证明为递增数列；
（3）令，通过求导证明，进而得到，即，通过放缩得到时， ，即可证明.
（1）当时，的定义域为，
因，则此时在上单调递增，
又，
所以在内的唯一零点为，所以.
（2）的零点为，得，
则，
两式相减，得，
所以，
令，由（1）分析可知在上单调递增，所以，
故为递增数列，且中的最小项为.
（3）令，则，
所以在上单调递增，则，
所以，当且仅当时等号成立，
又，所以，
因为的零点为，则，
移项得，则，
当时，有，则，
所以，
又，所以当时，，
当时，，
综上所述.
6．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析
（1）法一：令，，求导，求得的单调区间，进而得，可证结论；法二：设，，利用导数可得的单调性，进而可得存在使得，进而可证结论；
（2）（i）法一：所证不等式等价于，设，，利用导数可证结论. 法二：所证不等式等价于，设，，利用导数可证明结论.（ii）由（i），利用累加法可得，进而得，进而可得结论.
（1）法一：，
设，，，
令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
，，，，
法二：原不等式等价于，设，，
，
令，则，在上单调递增，
，，存在使得即，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，，，，
，，．
（2）（i）由题，
，
故所证不等式等价于．
法一：设，，即证，
，
令，，
令，则，
在上单调递增，，，
存在使得，在上单调递减，在上单调递增．
，，，在上单调递减，
．
法二：所证不等式等价于，
设，，即证，
，
在上单调递增，．
（ii）若存在使得，由（i）可得
，其中，
累加可得，
，，
由得，
对固定的，当时，，，，
另一方面由（1）知，
，
但当充分大时，，矛盾，
故不存在小于的常数，使得对任意的正整数成立．
7．(1)减区间为，增区间为；
(2).
（1）对函数求导并结合余弦函数单调性解不等式即可求得单调区间；
（2）根据不等式恒成立构造函数，结合（1）中单调性对参数进行分类讨论求出可求得结论.
（1）当时，，
所以，
当时，，令，得，
令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由恒成立，可得，
令，则
因为，
当时，由（1）知，在上单调递增，在单调递减，
故此时，
所以的最小值为；
当时，，
当时，易得为减函数，
又时，，
由零点存在性定理得，存在，使得，
在上单调递增，在单调递减，
故此时，
此时，
综上可知当时，的最小值为.
8．(1)
(2)当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在、上单调递增；当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减，在、上单调递增.
(3)证明见解析
（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（3）分析可知，结合题意得出，可得出，令，则，且，则，证明对数平均不等式，其中，令，即，变形得出，再利用对数等式以及基本不等式可证得结论成立.
（1），
当时，，
由可得，由可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，的最小值为.
（2），
当时，则对任意的恒成立，
由可得，由可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，则或，
①当时，即时，
由可得或，由可得，
所以函数在上单调递减，在、上单调递增；
②当时，即时，对任意的，，
此时在上单调递增；
③当时，即时，
由可得或，由可得，
此时在上单调递减，在、上单调递增.
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在、上单调递增；
当时，则在上单调递增；
当时，则在上单调递减，在、上单调递增.
（3）由题意可知，由（2）可知，当时，
函数的极小值为，此时，
因为，则，此时，等式不成立；
当时，函数的极小值为，此时，
因为，则，则，
由不等式的性质可得，等式不成立；
当时，函数在上单调递增，函数无极值；
当时，函数的极小值为，
可得，令，则，且，则，
先证明不等式，其中，
即证，
令，，其中，则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
设，即，所以，
上述两个等式相除得，
所以，所以，则，
即，可得，
由基本不等式可得，故原不等式得证.
9．(1)答案见解析
(2)① ；②
（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解；
（2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解；
②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解.
（1）由题意得：，
当时，恒成立，此时单调递减，无极值；
当时，令，解得，
令，解得，
故在单调递增，在单调递减．
在处取极大值，为，无极小值．
综上所述：当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意；
当时，的极大值为．
令，则，
故在单调递减，在单调递增．
，即，
又，，故在存在一个零点．
又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，，
故在存在一个零点．
∴若有两个零点，则．
②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且，
所以，，
得： ．
令，则，
又，
令，则，
令，则，
在单调递增，又，故，即在单调递增．
∴当取最小值时，取最小值，即取最小值．
令，则，
令，则，
在单调递增，又，，
，使得，当时，，当时，，
且有，即，此时，
且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值，
故取得最小值时．
10．(1)
(2)
(3)
（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合切点求出方程即可.
（2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值.
（3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再解不等式即可.
（1）当时，
曲线在处的切线方程为，
即.
（2）设，则.
①时，在上单调递增.
当时，单调递减；
当时，单调递增，不符合题意.
②时，令，得，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
故
设，则，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，则.
当且仅当时，即时，在上单调递增，
综上，
（3）由(2)知，当时，存在极小值点且，不符合题意.
当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意.
当且时，，
又当时，；当时，.
当时，此时，且，
结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得，
且，
又因为，则，，
当时，，当时，，
则此时为极大值点，显然不合题意，舍去，
当时，此时，且，
结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得，
且，
结合，则，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
为极大值点，为极小值点，符合题意，
而；
又，
令，得，
当时，原式化简得，显然恒成立，则
当时，原式化简得，显然不成立，无解，
当时，原式化简得，显然不成立，无解，
综上，的取值范围是.
11．(1).
(2)
(3)
（1）利用偶函数的性质运算求解即可；（2）根据函数的单调性化简不等式，再分离参数，利用基本不等式求最值即可；（3）由题意得，根据函数的单调性分别求出的最小值，即可求解.
（1）因为是上的偶函数，故对任意，恒成立，
所以，，
令，代入化简得得，
因此的解析式为.
（2）由题意可得，易知在上单调递增，
因此不等式等价于.
令，不等式变为对任意恒成立，分离参数得，
由基本不等式得，
当且仅当取最小值，因此，即.
（3）对任意，存在，满足，等价于在上的最小值在上的最小值.
因为单调递增，故，因此存在，使得，
即，开口向上，对称轴，
若，，得；
若，，恒成立；
若，，结合恒成立.
综上得，即.
12．(1)①；②证明见解析；
(2)，证明见解析；
（1）①代入值，求导得到切线斜率和切点坐标，从而得到切线方程；
②利用二次求导法和零点存在性定理即可证明；
（2）分、和讨论即可.
（1）①当时，，
因为，
所以函数在处的切线斜率为，
由，
知函数在处的切线方程为.
②因为，所以
令，得，（其中为的导函数），
于是在单调递减，在单调递增
由
知存在唯一零点使得
当时，，当时，，
即在单调递增，在单调递减，
而，
所以在区间内恒成立，得证.
（2）当时，，
由②知，即此时无零点，
当时，，
令，
由在单调递增，且，
所以存在唯一零点使得，
则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，所以，知，即此时无零点.
下证：当时，在区间内有零点，并且零点是唯一的，
，
，故，
又，得，（其中是的导函数），
于是在区间内单调递增，有唯一零点为的最小值点，
即，
我们断言：，否则，从而在区间上单调递增，与矛盾，现列表如下：
0 1
0
单调递减，正变负，有唯一零点 单调递增，负变正，有唯一零点
再列表如下：
0 1
0 0
0 单调递增， 单调递减，正变负，有唯一零点 单调递增， 0
综上，在区间内的零点是唯一的.
13．(1)单调递减区间为，无单调递增区间
(2)
(3)，证明见解析
（1）对求导，然后判断单调性．
（2）注意到，要使当时，,必须在的附近单调递减,则必须有，由此解得．然后尝试证明时不等式恒成立，时不等式不恒成立．
（3）注意到，所以只需比较与，即可．然后换元令，化简得．为了减小求导的难度，把根号看成整体换元，令，化简得，最后证明这个不等式成立即可．
（1）时，，定义域是．
，．
时，，单调递增；
时，，单调递减．
故，，故在单调递减．
单调递减区间为，无单调递增区间．
（2）1）时，，．
时，，单调递增；
时，，单调递减．
由于，故．
故在单调递减，故恒成立．
2）时，，，此时不等式不成立．
3）时，，
由，得．由不等式，，得．
故，此时不等式不成立．
下证不等式，．
令，．．
时，，单调递减．
时，，单调递增．
故，，故不等式得证．
综上，的取值范围是．
（3），证明如下：
已知，则．
要比较与的大小，
只需证明，．
令，则不等式等价于，
即．
再令，则，代入得
，
即．
构造函数，则，
，，
故，故．
当时，等号不成立，因此，
从而原不等式成立．
故．
14．(1)
(2)（i）①证明见解析；②证明见解析；（ii），证明见解析
（1）分、两种情况讨论，利用导函数得出单调性，得出，解不等式即可；
（2）（i）①结合，分、两种情况探究的单调性，由零点存在性定理以及可证；
②利用和可证；
（ii）由化简，构造函数，得出，结合单调性可得.
（1），令，则，
当时，，此时在上单调递增，
则至多有一个零点，即至多有一个极值点，不符合题意；
当时，由得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
先证明：、、，
令，则，
当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
则，故成立；
因为，所以，则成立；
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，则单调递增，
故，故成立；
由以上不等式可得，，，，
故，
因为，由零点存在性定理可知，若有两个极值点，
只需
记，
当时，单调递增；当时，单调递减；
又，则，所以的取值范围为.
（2）（i）①易知，由（1）可知，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意．
故在，单调递增，单调递减，且，
由单调性可知，
令，则，
则在上单调递增，则，
则当无限大时， ，
由零点存在性定理可知，存在两个零点0和且，命题得证．
②因为为极值点且，
所以 ，即，
又由①知 ，结合，
有 ，
得，命题得证．
（ii）由（*）可知，所以
，
记，
又，所以，则，
则 ，
所以在单调递增，则，所以，
因为在单调递增，且，所以．
15．(1)证明见解析
(2)①,②存在，
（1）构造函数，求导进行求解；
（2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解；
②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则 ，构造函数，求导判断与0大小关系即可．
（1）设，
则，
因为，所以，
则函数在上单调递增，所以，
得当时，，即得证．
（2） ，
，
因为函数在区间内存在极值点，
所以在内有变号零点．
①当时，因为，所以，
得 恒成立，
得函数在上单调递减，无极值，不合题意，
当时，令，
则 ，
所以函数在上单调递减，
又 ，
若 ，即，
则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意，
若 ，即，
因为函数在上单调递减，且 ， ，
所以存在，使得 ，即，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是的极大值点，符合题意，
故的取值范围为：．
②由①知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，得，则，
得在上单调递减，
故当时，在上单调递增，在上单调递减，
而 ，
，
而 ，
由零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得，
即存在唯一的零点，使得．
接下来比较与的大小，
因为，
由，得，得，
则 ，
令，
得
，
令，得，
得在上单调递减，得，
而 ，
令，
得，
得在上单调递减，得，
得，
得 ，
得在上单调递减，得，
得 ，而，得 ，
因为，所以，得，而，
而当时，在上单调递减，
得．
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