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导数及其应用一轮复习专项训练-2027届高考数学
一、单选题
1．若函数在上不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知函数，若对任意的，存在实数满足，使得，则k的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．嘉兴河流众多，许多河边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀 柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线（Catenary）.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．的最大值是
C．在上单调递增 D．方程有2个实数解
4．已知函数，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数的图象关于轴对称，且当时，其导函数满足，若，则的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
6．某游乐场一段滑水道的示意图如下所示，A点、B点分别为这段滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为40．两点之间为滑水弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分（该三次函数在A，B两点处取得极值），考虑安全性与趣味性，在滑道最陡处，滑板与水平面成的夹角，则A，B两点在水平方向的距离约为（ ）

A． B． C． D．
7．现定义如下：当，则称为延展函数，当时，均为延展函数，给定以下两个命题
①存在，与有无穷个交点；
②存在，与有无穷个交点；
则下面选项正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是假命题
C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题
8．设函数是函数的导函数，若，且当时，，则不等式的解集是 （ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数，则（ ）
A．若，则有且仅有两个零点
B．若，则0为的极值点
C．当为定值时，曲线在处的切线在轴上的截距为定值
D．若，当且仅当时，曲线上存在关于直线对称的两点
11．已知定义域为函数和，且是奇函数，对任意满足且，下列说法正确的（ ）
A．
B．或1
C．在上单调递增，在单调递减
D．时，
三、填空题
12．若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 .
13．已知数列满足，，其中为函数的极值点，则 ．
14．已知函数有3个极值点，，（），则的取值范围是 ；若存在，使得，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求在区间上的零点个数．
16．已知函数．
(1)当在处的切线与在处的切线相同时，求的最小值；
(2)设，当时，恒成立，求的取值范围．
17．已知函数.
(1)若为增函数，求的取值范围；
(2)若有两个极值点，证明：.
18．已知为实数，函数．
(1)是否存在实数，使得在处取极值？证明你的结论；
(2)若函数在上存在单调递增区间，求实数的取值范围；
(3)设，若存在，使得成立，求实数的取值范围．
19．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理，它可以应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲，就是对于满足一定条件的连续函数，，若存在，使得，则称是函数的不动点．已知函数．
(1)若函数只有一个不动点，求实数的取值范围；
(2)当时，数列满足：，．证明：对任意的，．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D C B C D A ACD ACD
题号 11
答案 AD
1．A
【分析】由导数在上存在变号零点即可求解.
【详解】由题可得，
若函数在上不单调，则时，，
故，则．
故选：A．
2．A
【分析】根据题意转化为：，对于恒成立，构造函数，求导数判断，，且，在成立，在单调递增，利用零点判断方法得出存在使得，即可选择答案．
【详解】，显然在区间上为减函数，
，，当时，在上为减函数，
当时，，故在单调递增，
当，故在恒为负，因此在单调递减，
且当时，，时，，时，，
时，
作出图象如下：
对任意的，存在实数，满足，使得,
可得：，对于恒成立，故，
设，，且，在成立，
即，，
故存在使得，当单调递减，
当单调递增，故，
的最大值为3．
故选：A
【点睛】关键点点睛：将问题转化为，对于恒成立，构造函数，利用导数求解.
3．D
【分析】根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合导数判断原函数的单调区间，进而确定最值，即可判断ABC；对D解出，再结合指数函数性质即可判断.
【详解】对A，∵，则为偶函数，A错误；
对BC，又∵，根据，在R上均单调递增，
则在在R上单调递增，且，
则当时，则，当时，则，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，故C错误；
则，即的最小值为，B错误；
对D，法一：因为为偶函数，且最小值为，，
并且根据C中的单调递减区间为，单调递增区间为，且时，，
所以有2个实数解，故D正确.
法二：令,，
再结合指数函数性质知方程有2个实数根,故D正确.,
故选：D
4．C
【分析】求导，通过赋值逐项判断即可.
【详解】因为，所以，
则，所以，
则，所以.
故选：C
5．B
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性，再结合对称性比较大小即得.
【详解】令，由函数的图象关于轴对称，得函数是偶函数，
则，即函数是奇函数，
当时，由，得，
所以函数在上单调递减，
因此在上单调递减，而，
又，则，即.
故选：B
6．C
【分析】设三次函数，求得，设，求得，得到，再令，得到为函数极值点，代入求得，进而化简得到，即可求解.
【详解】设三次函数为，可得，
设，可得，
因为为极值点，所以，
令，可得为函数极值点，
将代入，可得，所以，
则，
即，
即，即，
可得，解得.
故选：C
7．D
【分析】根据函数新定义，明确函数、的性质，从而作出它们的图象，数形结合，即可判断所给命题的真假，可得答案.
【详解】由于，所以，
由于，所以，
当时，，
当时，，
，
当时，，
当时，！，当时，，
由题意画出和的函数图象如图所示

可知是以1为周期的周期函数，
因为，所以不存在直线与有无穷个交点；所以①是假命题；
当时，，是一条线段，
即当！时，存在使得直线与函数图象有无数个公共点，
所以②是真命题；
故选：D．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合函数新定义确定函数性质，从而作出函数图象，由此可求解答案.
8．A
【分析】先构造函数令，由题意判断出的奇偶性和单调性，将不等式转化成，即，由函数单调性和奇偶性可得到，解得即可．
【详解】令，
可知的定义域为，且，
因为，则，
可得，故为偶函数，
当时，，即，
可知在上为增函数，
对于不等式，
可得，即，
由函数单调性和奇偶性可知：，解得，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于构建，分析其奇偶性和单调性，根据函数性质解不等式.
9．ACD
【分析】将，变形作差，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；将变形，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；根据，即可判断.
【详解】，，
，
令，，
则，在上单调递减，
所以，即，故正确；
因为，所以，
令，，
则，在上单调递减，所以，
即，故正确，
因为，，所以，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：数的大小的比较，通过构造函数，通过求导利用函数的单调性求解是解题的关键.
10．ACD
【分析】将代入，利用因式分解求的零点可判断A选项；利用特殊情况，即用来判断В选项；利用导数求曲线在处的切线方程即可判断C选项；由曲线上存在关于直线对称的两点，可得即有非零的实根，进而转化为一元二次不等式，可判断D选项；
【详解】对于A：若，
有且仅有两个零点，故A正确；
对于B：若，当时没有极值点，故В错误；
对于C：，，
故切线方程为，在轴上的截距为，为定值，C正确；
对于D：曲线上存在关于直线对称的两点
即有非零的实根，
即，
化简得有非零的实根，
故有非零的实根，
故，得，由于每步都为充要条件，故D正确.
故选：ACD.
11．AD
【分析】对于A，利用导数的运算规则及导数关系可判断其正确，对于B，利用赋值法可求，故可判断其正误，利用反证法可判断C的正误，对于D，令，利用导数可证明恒成立，故可判断其正误.
【详解】对于A，因为，故，
所以，故A正确；
对于B，因为是奇函数，故，
因为，故，故，故B错误；
对于C，由A的分析可得 ，故即，
若在上单调递增，则当时，有，
故，矛盾，故C错误；
对于D，因为，
故即，故为上的增函数，
设，
则，
设，则，
设，则，
若恒成立，则，故，此时，
矛盾，故且不恒为零，故在上为增函数，
故，故为上为增函数，
故，故为上为增函数，
故即，故D成立，
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：不同抽象函数的性质讨论，注意抽象函数之间性质的转化，而与抽象函数有关的不等式恒成立问题，可利用导数讨论导数的符号后得到相应函数的单调性，必要时需多次求导.
12．
【分析】求导函数，确定函数的单调性和极值点，利用函数在区间上有极值点，即可求实数的取值范围．
【详解】函数的定义域为R，且．
当时，恒成立，故在R上单调递增，从而没有极大值，也没有极小值．
当时，令，得，
解得，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
从而时有极小值，函数没有极大值．
依题意有，解得，即实数的取值范围是．
故答案为：．
13．/
【分析】先根据极值点得出，再应用，，化简得出，又两边取自然对数可得计算即可求解.
【详解】因为为函数的极值点，，
所以，，则，
因为，由可得，
将（*）代入得，，因为在上单调递增，所以，
则，而，两边取自然对数可得，
所以，又由，两边取自然对数可得，故，
所以．
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，分和求导，进而构造函数，将问题转化为函数与有三个交点，进而数形结合即可求得的取值范围；再结合以上讨论即可得到，的取值范围即为的取值范围，进而令，并根据极值点问题转化得，再结合导数求的取值范围.
【详解】因为函数，
所以，当时，，，令得，
所以，当时，，，令得
所以，令，则
所以，当时，时，，时，，
所以，函数在和上单调递增，在上单调递减；
因为函数有3个极值点，，（），
所以，函数与有三个交点，
因为，当时，当时，，
作出函数与图象如图，

由图可知，函数与有三个交点，则满足且，
所以，当存在，使得，只需满足，
所以，的取值范围即为的取值范围.
令，则，
因为，为函数的极值点，
所以，，即，，
所以，，
所以，即，
所以，，故令，
所以，，
令，则，
所以，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，，即，
所以，，即函数在时单调递减，
所以，，即的取值范围为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于分类讨论，将问题转化为函数与有三个交点，进而结合导数研究函数的单调性，极值，数形结合求解问题.
15．(1)
(2)在区间上有且仅有两个零点
【分析】（1）利用导数的几何意义求解斜率，然后利用点斜式方程求解即可；
（2）利用导数求出函数的单调区间，再结合极值点的取值情况即可判断零点个数.
【详解】（1）当时，，，
所以，，
切线方程为，即.
（2）当时，，，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，故，又，
所以存在，使得，
当时，，单调递增，因为，
所以存在，使得，
当时，，无零点．
综上，在区间上有且仅有两个零点．
16．(1)1
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义，分别求出在处的切线方程和在处切线方程，结合条件，得到，即可求解；
（2）利用导数与函数的单调间的关系，先求出，再对有无零点进行讨论，当的两个零点为时，结合题知必为的零点，从而得到，进而求出，再构造函数，利用导数与函数的单调间的关系，即可求解；当无零点时，由题有，再构造函数，进而可求出，即可求解.
【详解】（1）因为，
所以在处的切线方程为，
又，，
所以在处切线方程为，
所以，，得到，又，
所以的最小值为1．
（2）因为，则，由，得到，
当时，，当，时，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，
又，则在上单调递减，在上单调递增，
令，即，，
（i）当，即时，在上的两个零点为，同时它们恰好为的零点．
，即，又，则，
此时，令，则，
所以单调递减，且时，，则，故．
（ii），即时，在上，此时只需，即即可．
此时，令，则，即在区间递减，
所以，又，故．
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，先利用导数与函数的单调性间的关系，求得，再将问题转化为讨论有零点和无零点两种情况，当有零点，求得，从而有，构造函数，再利用导数与函数的单调性，即可求出结果；当无零点时，得到，构造函数，利用导数与函数的单调性及，即可求解.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1），由题意得恒成立，，求导分析的单调性，即的单调性，求出的最值，即可求解.
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，设，则，设，求导得出的单调性，可得，继而可得，即，由的单调性可得，继而即可证明.
【详解】（1）为增函数，则恒成立，
设，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增，
所以是函数的极小值点，
故当，即恒成立，
所以当为增函数，的取值范围为.
（2），，，由（1）知当，
即时，有两个极值点，
故，设，则，
设，
则，
故在上单调递增，所以，
所以，又，
故，
所以，
又在上单调递减，
故，
所以.
18．(1)不存在，证明见解析；
(2)
(3)或
【分析】（1）假设存在，利用求出，再求导验证即可；
（2）先对进行求导，再利用在恒成立，讨论求出的范围；
（3）先将问题转化为在上的最小值小于零，再求导分的范围利用导数判断函数单调性讨论求出最小值即可；
【详解】（1）由题意可得，
设存在，所以，
所以，
此时，，
当，，递增；
当时，，递增，
所以不是的极值点，
所以不存在实数，使得在处取极值，
（2）因为函数在上存在单调递增区间，
所以，
当时，，此时，在上递增，成立；
当时，令，
则或，
所以在上递增，
因为函数在上存在单调递增区间，
所以，
解得，
综上，
（3）设，
若存在，使得成立，即，
在上的最小值小于零，
求导可得，
① 当，即时，在上单调递减，
所以，
解得，
因为，
所以，
②当，即时，在上单调递增，
所以；
③当，即时，
可得，
因为，所以，
此时不存在使得的情况；
综上，实数的取值范围为或.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于将问题转化为在上的最小值小于零，再结合含参数单调性讨论求解即可.
19．(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据不动点的定义分离参数得方程有唯一解，从而将问题转换成了函数方程问题，故只需构造函数，利用函数研究它的性态即可求解；
（2）分三步证明，第一步证明，第二步证明，最后一步要证原命题，假设，而，所以只需，即只需，不妨取，所以我们只需证明即可，构造函数即可进一步求解.
【详解】（1）原题等价于，即，即方程有唯一解，
显然，从而有唯一解，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
注意到，当趋于0时，趋于正无穷，当趋于正无穷时，趋于0，
从而在平面直角坐标系中作出与的图象如图所示：
若有唯一解，
则当且仅当的取值范围为；
（2）第一步：，，
令，，
令，则，
所以在单调递增，
从而，这表明，
所以在单调递增，
从而，
因为，所以，即，依次类推可得，
所以；
第二步：，
设，则，
所以在单调递减，
从而，
因为，所以，即，
所以，
第三步：，
令，
则
，
设，则，
所以在单调递增，
从而，
当时，，
所以当时，，
所以在单调递增，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是要首先证明；；进一步通过分析法得出只需证明，由此即可顺利得解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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