02函数与导数-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份02函数与导数-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数，若方程有3个不等的实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知定义在上的函数，其导函数为，当时，，若， ，，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·湖南常德·高三统考期末）若函数为定义在R上的奇函数，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．（0，2）D．
6．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A．B．
C．D．
7．（2020上·湖南邵阳·高三统考期末）已知直线为曲线在处的切线，若与二次曲线也相切，则（ ）
A．0B．C．4D．0或4
8．（2019上·湖南益阳·高三校联考期末）已知变量，且，若恒成立，则m的最大值为（为自然对数的底数）（ ）
A．eB．C．D．1
二、多选题
9．（2023上·湖南娄底·高三校联考期末）函数 的图象的大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若关于直线对称，为奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数，则（ ）
A．有2个极大值点B．有1个极小值点
C．D．点处的切线方程为
12．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知函数在处取得极值10，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．一定有两个极值点D．一定存在单调递减区间
13．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知定义在上的函数满足，且为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A．函数的周期为
B．函数的图象关于对称
C．函数为偶函数
D．函数的图象关于对称
14．（2022上·湖南常德·高三统考期末）若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
15．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）已知函数，若关于x的方程有3个不同的实数根，则t的取值可以为（ ）．
A．B．C．D．3
三、填空题
16．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则函数的图象的对称中心是 .
17．（2022上·湖南常德·高三统考期末）若函数在内存在唯一极值点，且在上单调递减，则的取值范围为 .
18．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则切线的方程为 ．
19．（2022上·湖南常德·高三统考期末）曲线在处的切线方程为 ．
20．（2020上·湖南邵阳·高三统考期末）已知点为半径等于2的球球面上一点，过的中点作垂直于的平面截球的截面圆为圆，圆的内接中，，点在上的射影为，则三棱锥体积的最大值为 .
四、解答题
21．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论函数的零点个数.
22．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知函数.
(1)讨论函数的零点个数；
(2)证明：当，.
23．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．
24．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）已知函数．
(1)证明：函数在区间内存在唯一的极大值点；
(2)判断函数在上的极值点的个数．
（参考数据：，，）
参考答案：
1．A
【分析】由题可得或，根据导数研究函数的性质，结合图象即得.
【详解】由，可得，
由，可得，单调递增，
由，可得，单调递减，且，
所以，
画出函数的大致图象，
由，可得，
所以或，
当时，方程有一个实数，
所以要使方程有3个不等的实根，
则方程有两个不等的实根，
所以.
故选：A.
2．D
【分析】由代入可知，根据可得，从而求出.
【详解】由，得，
又由，得，可知，
所以，所以，即，解得.
故选：D.
3．D
【分析】根据进行构造函数并利用函数单调性即可求解.
【详解】令，
则，
∵当时，，
即，在单调递减，
∴，
∴，
即，
∴.
故选：D.
4．C
【分析】先比较的大小关系，然后构造函数，利用导数判断的单调性，由此求得的大小关系，进而求得正确答案.
【详解】，
，，所以，
所以.
构造函数，，
所以在区间，递减，
所以，即，
，
，
即.
故选：C
5．D
【分析】令，则由已知可得在上单调递增，而，从而将原不等式转化为，得，再利用为奇函数讨论的情况，进而可求得解集
【详解】令，则，
因为，当时，，
所以当时，，
所以在上单调递增，
因为为定义在R上的奇函数，
所以，所以，
所以不等式转化为，
因为在上单调递增，所以，
所以当时，，
因为为定义在R上的奇函数，
所以当时，不满足，
综上，不等式的解集为
故选：D
6．B
【分析】利用对数运算的性质将化简为，从而和c比较大小，同理比较a,c的大小关系，再根据两个指数幂的大小结合对数的运算性质可比较a,b大小，即可得答案.
【详解】由题意：，，故．
又，即，所以，即，
因为，所以．
因为，故，即，
所以，所以，
所以，所以，
故选：B.
7．C
【分析】求出函数的导函数，即可取出切线的斜率，从而求出切线方程，再联立方程，消元，根据且，解得即可.
【详解】解：因为，所以，所以，
所以曲线在处的切线斜率为，
则曲线在处的切线方程为，即．
由于切线与曲线相切，
由，得，
又，两线相切有一切点，
所以，
解得或（舍去）．
故选：C．
8．A
【解析】不等式两边同时取对数，然后构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论.
【详解】，，
恒成立，
设函数，，，
在上为增函数，函数的导数，
，即函数的增区间是，
则的最大值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，，转化为求函数的单调区间.
9．AB
【分析】化简得，分、，分别讨论和的单调性及取值范围，即可得答案.
【详解】解：因为，
当时，在上单调递增，且当趋于时，趋于；
在上单调递减，当趋于时，趋于,故排除D；
当时，在上单调递减，当趋于时，趋于；在上单调递增，当趋于时，趋于,故排除C.
故选：AB.
10．ABC
【分析】关于直线对称得，求出导数令得可判断A；由得到，求导可得，令2024，又为奇函数，可得，可得函数的周期可判断C正确；由，得函数的图象关于点对称，可判断BD.
【详解】因为关于直线对称，所以，
所以，令，得，所以A正确；
由得到，所以，
所以，令2024，则，
又因为为奇函数，所以，即，
即，所以，即，
所以函数的周期为，所以，所以C正确；
由，得函数的图象关于点对称，所以，所以D错误，B正确.
故选：ABC.
11．BCD
【分析】根据导数确定函数的单调性，从而确定导数的极值点，根据导数的几何意义即可求切线方程.
【详解】由，
得，
所以，
所以C正确；
又令，
即，
解得1，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，所以当时，函数有极大值；
当时，函数有极小值，所以错误，B正确；
又，又因为，所以在点处的切线方程为即，所以D正确，
故选：BCD.
12．BCD
【分析】根据给定条件，利用导数结合极值、极值点求出a，b，再逐项判断作答.
【详解】函数定义域为R，求导得，
依题意，，即，解得或，
当时，，函数在R上单调递增，无极值，不符合题意，
当时，，当或时，，当时，，
因此函数在，上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，符合题意，
则，A不正确，B正确；函数在处取得极大值，一定有两个极值点，C正确；
一定存在单调递减区间，D正确.
故选：BCD
13．BC
【分析】由得函数的一个周期，由是奇函数得函数的对称中心，两条件结合得函数的奇偶性.
【详解】由，得，
将代入，，即，
所以函数的一个周期为7，A项错误；
由是奇函数得，
因为和，
所以，
即，所以的图象关于中心对称，B项正确，D项错误；
因为，，
所以，将代入，
得，即函数为偶函数，C项正确.
故选：BC.
14．BD
【分析】利用基本不等式及指对数函数的性质逐项分析即得.
【详解】∵，，，
∴，当且仅当时取等号，故A错误；
由，当且仅当，即时取等号，故B正确；
因为，当且仅当时取等号，故C错误；
因为，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：BD.
15．AB
【分析】先借助导数方法求出函数的单调区间和最值，进而作出图象，然后设，问题转化为讨论方程根的个数，最后求得答案.
【详解】当时，，单调递减，
当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在时，取得最小值，，画出的图象，
令，则方程为，要想方程有3个不同的实数根，结合的图象可知需要满足：有两个不同的实数根，，
满足：且或满足：且.
令，则，即，当时，另外一个根为，不符合且；
当且时，必须，所以.
综上，．
故选：AB．
【点睛】本题的破解点在于设，这样问题可以转化为一元二次方程根的分布问题，结合函数的图象解决问题.
16．
【分析】先求得，然后构造函数，判断出的奇偶性，由此求得，进而求得的表达式，利用图象变换的知识确定的对称中心.
【详解】
，
即，所以，
令，，
则为上奇函数，
在上的最大值为最小值的和为0，
∴，，
是奇函数，图象的对称中心是，
向左平移个单位得到，对称中心为，
再横坐标缩小为原来的一半得到，对称中心为，
再向下平移个单位得到，对称中心为，
所以的对称中心是.
故答案为：
17．
【分析】由题知，解得，进而根据，结合题意得，解得，综合即可得答案.
【详解】解：当时，，
当时，
因为函数在内存在唯一极值点，，
所以，解得，
因为函数在上单调递减，
所以，，解得
综上，的取值范围为
故答案为：
18．
【分析】根据切线的斜率求得，从而求得切点坐标，进而求得切线方程.
【详解】直线的斜率为，所以切线的斜率为.
，
所以，
所以切线方程为，即.
故答案为：
19．
【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义求解即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，即曲线在处的切线的斜率为2，
又 ，故在处的切线方程为：,即，
故答案为：
20．/
【分析】由题设可得截面圆直径，令且，结合射影定理及棱锥的体积公式可得，利用导数求其最大值即可.
【详解】由题意知：，，故，
令，则，且，
由，则，
而，
令，则，
当时，递增；当时，递减；
所以时取最大值，故三棱锥体积的最大值为.
故答案为：
21．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】对于（1），对求导后可得，当时，；
当时，令，可得在上单调递增，结合可得
的单调区间；
对于（2），可得，.分与两种情况结合零点存在性定理可得零点个数.
【详解】（1）由，得，
当时，，
当时，记
则在单调递增，又因为，
所以当时，时，，
综上的单调递减区间是，
的单调递增区间是.
（2）由题可知1），
且，则，
令，则，
所以在单调递增，
①当时，在单调递增，
又，即此时在上有唯一零点；
②当时，令，即，则.
i当时，注意到，又在单调递增，，则
.得在上单调递减，在上单调递增，
故，此时有唯一零点.
ii当时，因为，
又在单调递增，所以，使得.则
故在上单调递减，在上单调递增，
则，因为，所以.
，令，
则，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，所以，
又，在上单调递减，，
，则.
则在存在一个零点，此时共有2个零点.
iii当时，因为，又在单调递增，所以，使得.则
.则在上单调递减，在上单调递增，故，因为，所以.
，令，则，
令，
则在上单调递减，在上单调递增，
则.
故.
所以，
又，在上单调递增，，
，则.
即在存在一个零点，此时共有2个零点.
综上，当或时，有唯一零点.
当或时，有2个零点.
【点睛】关键点点睛：本题涉及利用导数求函数的单调区间和利用导数研究函数的零点，难度较大.本题（2）问，难点在于确定零点所在区间，即找到，使.
满足条件的一般与参数，且往往需要构造函数判断的正负性.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，构造函数，然后利用导数求出其单调区间，从而可求出其零点的个数；
（2）令，利用导数可求得，即，则有，然后利用累加法可证得结论.
【详解】（1）由题意的零点即为方程的实数解，即
令，
则
令，；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
，在单调递减，
又，，
∴，
所以当，与函数有一个交点， 有一个零点；
当，与函数没有交点，无零点
（2）令，
在单调递减，
∴，
，
∴
即.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是构造函数，再利用导数可得，则，从而可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题.
23．(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由已知可得出，，可得出，设，，其中，利用导数求出函数在上的值域，即可得解.
【详解】（1）解：由题知，函数的定义域为，，
当时，对任意的，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，令，解得，，则，
当时，；当时，；当时，.
此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为、，单调递减区间为.
（2）解：由（1）知，当时，有两极值点、，且，，
所以
，
设，，其中，
所以，，
又因为，可知，所以在上单调递减．
∴，即，所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问考查的取值范围，要注意、所满足的关系式（即韦达定理），在化简时，要注意将参数与变量统一为同一变量，通过构造函数，利用求解函数值域的方法来求解.
24．(1)证明见解析
(2)2个
【分析】（1）求出导函数，确定在给定区间内的单调性，由零点存在定理得唯一零点，从而可得证结论；
（2）对，在上，恒成立，无极值点，在上，设，再求导，由零点存在定理得存在唯一零点，然后确定，即的正负、零点，得函数的单调性、极值点．
【详解】（1）因为，所以，
因为时，，分别单调递减，
所以在区间单调递减，
因为，所以，
因为，所以，
根据零点存在定理可得，存在唯一零点，
使得，
所以当时，，当，，即在上递增，在上递减，
所以是函数在区间内唯一的极大值点．
（2），，当时，恒成立，
所以在上单调递增，无极值点．
当时，设，
单调递增，
，
，
根据零点存在定理可知，存在唯一使得，
且时，，时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
，
，，
根据零点存在定理可知，存在，使得，，
所以在、分别成立，在上成立，
在、是都是递增，在上递减，是的两个极值点．
所以函数在上的极值点的个数为2．
【点睛】本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质．本题属于较难题．