函数与导数-浙江省宁波市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

函数与导数-浙江省宁波市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题

1．（浙江省宁波市2023届高三下学期4月模拟（二模）数学试题）已知函数，则的零点个数为（    ）

A．2023 B．2025 C．2027 D．2029

2．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）若函数在区间上有两个零点，则的取值范围是(    )

A． B． C． D．

3．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（    ）

A．2.7 B．2.9 C．3.1 D．3.3

4．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则不可能为（    ）

A． B． C． D．

5．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

6．（浙江省宁波市2022届高三下学期二模数学试题）已知数列满足，.若对恒成立，则正实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

7．（浙江省宁波市2022届高三下学期二模数学试题）函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

8．（浙江省宁波市2021届高三下学期4月高考适应性考试数学试题）设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（    ）．

A． B． C． D．

9．（浙江省宁波市2021届高三下学期4月高考适应性考试数学试题）函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

10．（浙江省宁波市2023届高三下学期4月模拟（二模）数学试题）已知函数与及其导函数与的定义域均为，是偶函数，的图象关于点对称，则（    ）

A． B．

C． D．

11．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）若函数的图象关于直线对称，则（    ）

A．

B．的图象关于点中心对称

C．在区间上单调递增

D．在区间上有2个极值点

12．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）已知正实数、满足，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为 D．的最大值为

三、填空题

13．（浙江省宁波市2023届高三下学期4月模拟（二模）数学试题）若函数在区间上的最大值与最小值的差为2，则__________．

四、双空题

14．（浙江省宁波市2022届高三下学期二模数学试题）设，函数若函数的最小值为0，则的取值范围是___________；若函数有4个零点，则的值是___________.

五、解答题

15．（浙江省宁波市2023届高三下学期4月模拟（二模）数学试题）已知函数．

(1)讨论函数的单调性：

(2)若是方程的两不等实根，求证：

（i）；

（ii）．

16．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）已知函数，．

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．

17．（浙江省宁波市2023届高三上学期一模数学试题）已知函数，且，．

(1)若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；

(2)证明：对于任意实数，．参考数据：．

18．（浙江省宁波市2022届高三下学期二模数学试题）设实数，函数.

(1)当时，求函数的极小值；

(2)若存在满足，，且，求的取值范围.（注：是自然对数的底数）

19．（浙江省宁波市2021届高三下学期4月高考适应性考试数学试题）已知，设函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若恒成立，求实数的取值范围．

参考答案：

1．C

【分析】因为 ,得出,进而依此类推，可得，易知单调性，数形结合函数的图像与这一系列直线 确定交点个数即可.

【详解】因为 ,所以当时, ,

得或,

得或,

由得或，

由得，进而可得,

故由可得，或或.

依此类推，可得，其中 k =0,1.2....,2023.

易知,,可得在上单调递增，在上单调递增，

可得在上单调递减，画出函数的图像，如图所示．

结合图像易知，函数的图像与这一系列直线 ,,共有2027个交点.

故选 :C

2．A

【分析】令，且，，注意到，则将问题转化为求的范围即可．

【详解】令，且，，根据，将

，

，

又，，

∴，又，

∴，

即，

故选：A．

3．C

【分析】根据题意列出关于的式子，根据对数的运算性质即可求解.

【详解】设注射个小时后需要向病人血液中再次注射该药品，则，

由得：

故的最大值为3.1,

故选：C

4．D

【分析】设，求出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再求出，可得，分别代入、、及，判断最小值是否为1即可.

【详解】设，因为，所以，即.

直线的方程为，即.

因为，，所以.

则点到直线的距离为.

因为，，所以.

所以.

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，符合题意；

当时，，

可得当时，，不符合题意.

故不可能为.

故选:D.

5．B

【分析】先求对数函数的定义域化简集合，再解二次不等式化简集合，从而利用集合的交集运算求得结果.

【详解】因为，所以，得，故，

由得，解得，故，

所以利用数轴法易得.

故选：B.

6．B

【分析】令，则问题转化为，，且，再分别在，，，进行分类讨论即可.

【详解】令，则问题转化为，，且.

当时，则，不符合题意；

当时，首先，解得.

当时，用数学归纳法可得，其中满足，

所以.

令，，则，

令，得，所以存在使得，当时，，

当时，，所以先增后减.

所以.

所以.

当时，设满足，则存在，

此时，不符合题意.

综上，正实数的取值范围是.

故选：B.

【点睛】本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：

(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；

(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；

(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.

7．D

【分析】先判断奇偶性，再求导确定单调性即可得出答案.

【详解】由题意知：定义域为，，为偶函数，排除B，

当时，，，当，，单减；

当，，单增.

故选：D.

8．A

【分析】当时，画出函数图象，可得有和两个零点；当，画出函数图象，数形结合可得要使有3个零点，需满足时，.

【详解】当时，的大致图象如图1，此时令，可得，观察图象可解得或，即方程有2个根，则此时只有2个零点，不合题意；

当时，的大致图象如图2，此时令，可得或，

由图易知恰有一根，则需满足有两根，而和均为的根，

则需满足时，，

又时的对称轴为，则，解得，则，

综上，的取值范围为.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查根据分段函数零点个数求参数范围，解题的关键是画出函数图象，数形结合即可进行判断求解.

9．B

【分析】分析函数的定义域、函数值符号以及该函数在上的单调性，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】函数的定义域为，对任意的，，排除CD选项，

，令，则，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减.

所以，，，当时，，

，所以，存在，

使得当时，，，此时函数单调递增；

当时，，，此时函数单调递减，排除A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.

10．ABC

【分析】先证明定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．令，即可判断A，D；令，即可判断B，C．

【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．

定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．

以下证明定理1，定理2：

证明：

若函数图象关于直线对称，则，

则，所以导函数图象关于点对称．

若导函数图象关于点对称，则，

令，则，则(c为常数)，

又，所以，

则，所以图象关于直线对称．

若函数图象关于点对称，则，

则，所以图象关于直线对称．

若导函数图象关于直线对称，则，

令，则，则(c为常数)，

又，所以，

则，所以图象关于点对称．

故下面可以直接引用以上定理．

由是偶函数，的图象关于点对称，则有，，

由定理1，则图象关于点对称，所以，

和定理2，则的图象关于，所以，

对于A，令，则，所以，故A正确；

对于B，令，则，所以，故B正确；

对于C，令，则，所以，故C正确；

对于D，令，则，所以，故D错误．

故选：ABC．

11．ABD

【分析】先根据图象关于直线对称可求得，从而得到解析式，赋值法可判断AB，

整体代入法可判断C，根据三角函数中极值点的含义可判断D.

【详解】若函数的图象关于直线对称，

则，解得，，

而，所以，故.

对于A，，A正确；

对于B，，所以图象关于点中心对称，B正确；

对于C，令，即，，

当时，单调递增区间为，不是其子区间，C错误；

对于D，三角函数的极值点即为函数图像对称轴所对应的横坐标，

令，得，当和时，

和为在区间上的2个极值点，D正确.

故选：ABD

12．AC

【分析】利用基本不等式可得出关于的不等式，解出的取值范围，可判断AB选项；由已知可得出，利用二次函数的基本性质结合的取值范围，可得出的取值范围，可判断CD选项.

【详解】因为正实数、满足，

则，

因为，解得，当且仅当时，取最大值，则A对B错；

因为，

所以，，

令，因为函数在上单调递减，

所以，，C对D错.

故选：AC.

13．2

【分析】根据指数函数的单调性求出函数的最值，即可得解.

【详解】因为函数在区间上递增，

所以，

则，解得或（舍去）.

故答案为：.

14．     ；     .

【分析】（1）根据对数函数的单调性，结合函数最小值的定义进行求解即可；

（2）根据零点的定义，结合函数的性质进行求解即可.

【详解】（1）当时，函数单调递减，所以有，

因此要使的最小值为0，则当时，有解，

即有解，，

所以.

（2）当时，的解为；

当时，有三个解.

若，则至多只有两个解，不符合题意，所以.

所以有，解得.

故答案为：；.

15．(1)当时，在上单调递增；

当时， 在上单调递增，在上单调递减．

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】(1)先求函数的定义域，再利用导数求得出单调性和单调区间. (2)先用换元法构造函数，进而导数讨论的单调性和最值，从而得到的取值范围.（i）构造函数，讨论的单调性和取值范围最值，通过化简变形得到，从而得到，即可证明要证的不等式成立.（ii）用分析法把要证的不等式转化为，分别令 和，得到关于的不等式组，化简即可得到所要证的不等式.

【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.

由得：，

当时，在上单调递增；

当时，由得，由得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

（2）因为是方程的两不等实根，

即是方程的两不等实根，

令，则，

即是方程的两不等实根.

令，则，

所以在上递增，在上递减，，

当时，；当时，且.

所以，即.

令．

（i）要证，只需证，

解法1：令，

则，

令，

则

，

所以在上递增，，

所以，所以，

所以，

所以，即，所以．

解法2：先证，

令，只需证，

只需证，

令，

，

所以在上单调递减，所以．

因为，所以，

所以，即，

所以．

解法3：由，

设，

所以，

即，

构造函数，

，

所以在上单调递增，所以．

（ii）要证：，只需证：，

只需证：，

只需证：，

只需证：，

令得

即      ①

令得

即 ②

①+②得：，

即．

【点睛】关键点点睛：本题第2小问的关键点在于构造函数，将不等式的证明转化为利用导数讨论函数的单调性和最值问题.构造函数是导数题里常用的方法，可以根据不等式形式上的特点进行适当的配凑和换元.在求函数的单调性和最值时，如果求一次导不能判断，则可以通过求二次导来解决.

16．(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；

（2）参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.

【详解】（1）解：当时，，

所以，，

所以，

故所求切线方程为．

（2）解：因为在上恒成立，

令，，则，

令，则，

所以在上单调递减，

因为，，

由零点存在定理知，存在唯一，使，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

从而．

17．(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式.

【详解】（1）时，，

由题知对任意恒成立，

因为在单调递增，

则，得．

又，，得，

综上．

（2）法1：

由题，，则，

而，显然在R上单调递增，

，

，

由零点存在定理知存在唯一使，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

，

，

所以

记，单调递减，

又，

故，又，故，

则，

命题得证．

（2）法2：

由题，，

则，

而，显然在R上单调递增，

，

，

由零点存在定理知存在唯一，

使，，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

记，

则对称轴，

所以

命题得证．

18．(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，进而求得函数的极小值；

（2）由题意，得，根据函数的极小值点可得到，通过构造函数证明恒成立，进而求出，从而求得a的取值范围.

(1)

，

当时，，

由于，在上均为增函数，

可知在上单调递增，

又，故在上，在上，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因此，的极小值为.

(2)

由题意，得，

同（1）分析，可知存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增.

记，可知当时，，

注意到当时，

若恒大于，

则等价于（*）,

又由，得，

代入（*），得，解得，

所以.

下面证明恒成立.

先证.

令，

由，得，

求导得,

令，，

考虑函数

,

由，得，

所以①

由于对任意成立，

分别取和，得，，

上述两式相加，得

,

所以②

将①，②两式代入，得,

令，则在上恒成立，

∴，即，

∴，

分别取和，得，,

从而，也即，所以在上单调递减,

∵，，

∴,

又∵，，在上单调递增，∴,

故有；

再证

由于对任意成立，分别取和，

得，，

上述两式相加，得

，

又由，得，故有，

因此，.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值以及解决不等式恒成立时求参数的范围，综合性强，计算量大，要求能灵活应用导数的相关知识，解答的关键是通过恰当的变式，构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题.

19．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．

【分析】（1）求出函数导数，讨论的范围确定导数正负可得出单调性；

（2）根据可将不等式等价为，构造函数，求出导数，当时，易得；当时，得出函数单调性，可转化为恒成立，构造函数，利用导数可出.

【详解】解：（1），且，

①，，单调递增：

②，，单调递减：

③，，

时，，单调递减；

时，，单调递增．

（2），

即，，即，

令，则，

在单调递增，，即，即，

，则原不等式等价为，

即，

令，

则，

令，可得，

当时，，则在单调递减，

则只需满足，，解得，；

当时，可得在单调递增，在单调递减，

则，整理可得，

令，则，

则可得在单调递增，在单调递减，

则，故时，恒成立，

综上，.

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决不等式的恒成立问题，解题的关键是构造合适的函数，将不等式等价转化为利用导数求函数的最值问题.