函数与导数-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份函数与导数-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共27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。

函数与导数-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考二模）已知函数，则（    ）
A．2 B．-2 C． D．-
2．（2023·广东深圳·统考一模）已知为奇函数，且时，，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
4．（2022·广东深圳·统考二模）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则（    ）
A． B． C． D．
5．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数，其中，则（    ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．曲线是轴对称图形 D．曲线是中心对称图形
6．（2021·广东深圳·统考二模）函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
7．（2023·广东深圳·统考二模）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（    ）
A．轴 B． C． D．
8．（2023·广东深圳·统考二模）已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（    ）

A．的定义域为
B．当时，取得最大值
C．当时，的单调递增区间为
D．当时，有且只有两个零点和
9．（2022·广东深圳·统考二模）已知则（    ）
A． B．
C． D．
10．（2021·广东深圳·统考二模）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为（    ）
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为
11．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数，若，则下列不等式一定成立的有（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
12．（2023·广东深圳·统考二模）已知函数的定义域为，若为奇函数，且，则_________.
13．（2023·广东深圳·统考一模）定义开区间的长度为．经过估算，函数的零点属于开区间____________（只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间）．
14．（2022·广东深圳·统考二模）已知函数是偶函数，则___________．
15．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，则_________．
16．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数的图象关于y轴对称，且与直线相切，则满足上述条件的二次函数可以为_______.

四、解答题
17．（2023·广东深圳·统考二模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
18．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，其中且．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．
19．（2022·广东深圳·统考二模）设函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当存在小于零的极小值时，若，且，证明：．
20．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
21．（2021·广东深圳·统考二模）已知定义在上的函数．（其中常数是自然对数的底数，）
（1）当时，求的极值；
（2）（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（ii）当时，证明：．
22．（2021·广东深圳·统考一模）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求a的取值范围.（其中常数…，是自然对数的底数）

参考答案：
1．A
【分析】根据函数的分段点代入求值.
【详解】，因为，所以.
故选：A.
2．D
【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.
【详解】为奇函数，且时，，.
故选：D
3．B
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，，即该方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.
【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，
又，则公切线的斜率，则，所以，
则公切线方程为，即，
代入得：，则，整理得，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，令得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：

所以，解得，故实数a的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为，且，，且，可得，即有，得公切线方程为，代入切点将双变量方程转化为单变量方程，根据含参方程进行“参变分离”得，转化为一曲一直问题，即可得实数a的取值范围.
4．B
【分析】设切点为，切线方程为，求出函数的导函数，即可得到，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，依题意有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；
【详解】解：设切点为，切线方程为，由，所以，所以，
则，所以，
令，则，
因为，所以当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得极大值，当时取得极小值，即，，
依题意有三个零点，所以且，即；
故选：B
5．C
【分析】由解析式易得且定义域为且即可判断C；对求导，并讨论、研究在上的符号判断A、B；根据是否为定值判断D.
【详解】由题设，，定义域为且，
所以关于对称，C正确；
又，
当时，不妨假设，则，显然，此时在上有递减区间，A错误；
当时，在上，即在上递增，B错误；
由，不可能为定值，故D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据、是否成立判断对称性(为常数).
6．B
【分析】分析函数的定义域、奇偶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】设，该函数的定义域为，
，
函数为奇函数，排除AC选项；
当时，，，则，排除D选项.
故选：B.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；
（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．
（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.
7．AC
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线为：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得

轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;

作抛物线准线的垂线 ,连接

则
显然 ,所以

又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
8．BCD
【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.
【详解】由图得，且位于增区间上，
所以，又因为，所以，
，
则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，
所以的定义域为，故A错误；
当时，，
因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；
当时，令，则，
又因为，
所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，
得或，则或，
因为函数为偶函数，
所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
故选：BCD.
9．AD
【分析】利用赋值法判断A、B、C，对二项式及展开式两边对求导，再令，即可判断D.
【详解】因为，
令，则，故A正确；
令，则，所以，故B错误；
令，则，
所以，，，
所以，故C错误；
对两边对取导得
，再令得，故D正确；
故选：AD
10．ACD
【分析】通过导数的几何意义分别判断函数，与x轴的相切情况；时，求得的单调区间及最值，判断方程是否有唯一实数解；对分类讨论，求得有两个零点时应满足的条件，从而判断选项正误.
【详解】，若的图象与轴相切，则，又，则切点坐标为，满足条件，故A正确；
，，
当时，易知恒成立，不存在为0的解，故不存在实数，使得的图象与轴相切，B错误；
由上所述，在上单减，上单增，则；
若，，，在上单增，上单减，，故方程有唯一实数解，故C正确；
，，
当时，恒成立，单增，不存在2个零点，故舍去；
当时，在上单增，在上单减，且时，，时，，故若有两个零点，则应使最大值，
即，
令，易知单调递减，且，
因此的解集为，D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：利用导数来研究函数的单调性，最值问题，把方程的根的问题，零点问题转化为图像交点问题，利用导数求得最值，从而得证.
11．BD
【分析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项．
【详解】易知是上的增函数，
时，成立，成立，BD一定成立；
与的大小关系不确定，A不一定成立；
同样与的大小关系也不确定，如时，，C也不一定成立．
故选：BD．
12．
【分析】推导出函数为周期函数，确定该函数的周期，计算出的值，结合以及周期性可求得的值.
【详解】因为为奇函数，则，
所以，，
在等式中，令，可得，解得，
又因为，则，①
所以，，②
由①②可得，即，
所以，函数为周期函数，且该函数的周期为，
所以，.
故答案为：.
13．（不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】解：因为都是减函数，
所以是减函数，
又，
即，
所以函数在上有零点，且，
故答案为（不唯一）
14．/0.5
【分析】依据偶函数的定义建立方程即可求解.
【详解】由题意知：是偶函数，
则，
即：
即：
即：，解得：.
故答案为：.
15．
【分析】利用奇函数可得，结合及已知解析式即可求值.
【详解】由题设，，又，
所以.
故答案为：.
16．（答案不唯一）．
【分析】关于轴对称，函数为偶函数，可以设，然后由它与直线相切可求得的关系，取特殊可得结论．
【详解】因为二次函数的图象关于y轴对称，所以可设，
由得，所以，即．
取，，则，（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
17．(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【详解】（1），
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
（2）（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
18．(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)答案见解析；
(3)且.

【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；
（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可
【详解】（1）当时，，定义域为R．
，令，得．
当时，；当时，．
所以的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．
显然，不是方程的根，所以．
记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．
由，记．
①当时，
（ⅰ）当时，，
（可设
当，当，
在单调递减，在单调递增，所以），
存在，使得，即存在唯一使得；
（ⅱ）当时，，
（设
当，当，
在单调递增，在单调递减，
所以），存在，使得，即存在唯一使得．
②当时，
（ⅰ）当时，无零点；
（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．
综上所述，
当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．
（3）记，由（1）知，
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．
当，由（2）知
（其中）．
由，代入得．
因为，所以此时只有一个解；
因为，所以此时有两个解，
故共有三个解，不满足题意；
当，由（2）知

由，代入得，
当时，只有一个解，不满足题意，此时；
时，共有两个解，满足题意，
综上所述，当且时方程有两个不同实数根．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接分析函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，分析的图象得解）.
19．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）求导函数，根据为增函数，为减函数.
（2）首先根据（1）的结果判断出满足条件的单调性，再利用构造函数判断其单调性即可得出结论.
【详解】（1）由
①当时，在上单调递增.
在上单调递减.
②当时，令
（i）当时，，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，恒成立，故在上单调递增
（ii）当时，或，，故在和上单调递增，在上单调递减.
(iii) 当时，或，，故在上单调递增，在和上单调递减.
综上所述：当时， 在上单调递增.在上单调递减.
当时，若，在上单调递增；
若，在和上单调递增，在上单调递减；
若，在上单调递增，在和上单调递减.
（2）当存在小于零的极小值时，满足题意，此时在上单调递增；
当时，极小值为，
令，则，
再令，该函数在上单调递增，在单调递减，
所以，所以，单调递减，
又，所以，，在上单调递增；
所以当存在小于零的极小值时，在上单调递增，


令
令
在上单调递增，而

在上单调递增


从而
在上单调递减

20．(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析

【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【详解】（1）定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
（2）（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，

，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
21．（1）极小值为，无极大值；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
（2）（i）利用参变量分离法可得出对任意的恒成立，求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；
（ii）证明得出：当时，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）当时，，该函数的定义域为，
则，，所以，函数在上为增函数，
且，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增.
所以，函数的极小值为，无极大值；
（2）（i），则，
在上单调递增，则对任意的恒成立，
可得，下面证明：，其中，
即证，即证，其中，
由（1）可知，对任意的，，
又当时，，
，故实数的取值范围是；
（ii）由（1）可知，当时，在上单调递增，
当时，，即，
当时，，则，
，
当时，，
所以，，所以，，
，，，
将上述不等式全部相加得.
故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．（1）见解析（2）
【分析】（1）先求导，需要分类讨论，分当a≤0时，当0＜a＜1时，当a＝1时，当a＞1时，根据导数和函数的单调性求出即可.
（2）将问题转化为与的图像有三个交点，借助第一问的单调性得到极值，在每一类情况下通过构造函数解不等式，求得a的范围，取交集即可．
【详解】因为，其定义域为，
则，且，
①若a≤0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，
②当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，解得x＝1，或x＝a，
当a＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞1或0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
③当a＝1时，f′（x）0恒成立，即函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞a或0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
（2）令，即有且仅有3个零点，
∴依题意，与的图像有三个交点，
∴由（1）知，必有和，
①当0＜a＜1时，f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
∴f（x）的极小值为，极大值为，
又
，
∴与的图像至多有1个交点，所以舍去；
②当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
∴f（x）的极小值为，极大值为，
∴只有当成立，
与的图像才有三个交点，
当时，，下面只需要求解不等式
即的解集，
令，则等价于
设，则，令，
则，令，则，
且当t＜2时，u′（t）＞0，函数u（t）单调递增，
当t＞2时，u′（t）＜0，函数u（t）单调递减，
又，所以，即单调递减，又，所以时，，
即，得到，
综上
【点睛】方法点睛：函数零点问题转化为两个函数交点个数问题.
关键点点睛不等式的解集，将，整体化思想构造函数，便于研究.