02函数与导数-福建省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份02函数与导数-福建省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022上·福建宁德·高三校考期末）若集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·福建宁德·高三校考期末）函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·福建福州·高三统考期末）已知函数为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·福建三明·高三统考期末）函数的大致图像是（ ）
A．B．
C．D．
7．（2022上·福建三明·高三统考期末）著名物理学家牛顿在1701年提出的牛顿冷却定律是传热学的基本定律之一：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为C，则t分钟后物体的温度（单位：）满足：，其中k是一个根据物体与空气接触情况而定的正常数，现有的物体放在的空气中冷却，2分钟后物体的温度为，则再过4分钟该物体的温度可冷却到（ ）
A．B．C．D．
8．（2020上·福建福州·高三统考期末）函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知函数满足有定义，，当时，，且当都有意义时，，则以下说法正确的是（ ）
A．是奇函数B．是周期函数
C．在上是增函数D．的图象关于直线对称
10．（2022上·福建宁德·高三校考期末）若对，恒成立，则的取值可以为（ ）
A．B．C．D．2
11．（2022上·福建三明·高三统考期末）设，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
12．（2022上·福建福州·高三统考期末）设函数，则（ ）
A．
B．函数有极大值为
C．若，则
D．若，且，则
13．（2022上·福建三明·高三统考期末）已知函数有两个极值点，，则（ ）
A．a的取值范围为（－∞，1）B．
C．D．
三、填空题
14．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知关于x的方程有两个不同的实根，则实数a的取值范围为 ．
15．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）定义在上的函数满足：，若曲线在处的切线方程为，则该曲线在处的切线方程为 .
16．（2020上·福建莆田·高三校考期末）已知函数，若，则 ．
17．（2019上·福建莆田·高三校考期末）已知函数，则 .
18．（2021上·福建三明·高三统考期末）已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数 .
19．（2019上·福建莆田·高三校考期末）如图所示，学校要建造一面靠墙（墙足够长）的2个面积相同的矩形花圃，如果可供建造围墙的材料总长是60m，要所建造的每个花圃的面积最大，则宽应为 m.
20．（2020上·福建宁德·高三统考期末）已知定义在上的奇函数满足，且则 ．
21．（2020上·福建泉州·高三统考期末）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，；当时，，则 .
22．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）已知函数，曲线在点处的切线方程是，则曲线在点处的切线方程是 .
23．（2020上·福建福州·高三统考期末）函数则 ．
四、问答题
24．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知函数，若在上，单调且恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)设，证明：．
25．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知函数（）.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
26．（2019上·福建厦门·高三校联考期末）已知函数．
(1)求的极值；
(2)当时，总有，求实数a的取值范围．
27．（2022上·福建福州·高三统考期末）设函数.
(1)当时，判断的单调性；
(2)若函数的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.
28．（2022上·福建三明·高三统考期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个不大于的极值点，证明：．
29．（2019上·福建莆田·高三校考期末）已知为常数，且，函数，若（其中是自然对数的底数）.
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的单调区间；
（III）当时，若对恒成立，求实数的取值范围.
30．（2020上·福建泉州·高三统考期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在有两个零点，求m的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】求出集合中元素范围，再根据可得实数的取值范围.
【详解】由已知集合，
又，，
，
故选：C.
2．C
【分析】先求出集合中元素范围，再根据交集的定义求解即可.
【详解】
,
故选：C.
3．D
【分析】利用对数的运算性质，可比较的大小，由于，结合对数式与指数式的转化以及指数函数性质，可得，即可得答案.
【详解】由题意可得，，
由于 ，故，即 ；
由于 ，故，
而，故，
所以.
故选：D.
4．A
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可得的定义域为，
且，所以为偶函数，B错误；
又因为恒成立，在时，
，在时，D错误，
且当时，，，所以结合图形可知A正确，B错误，
故选:A.
5．B
【分析】利用偶函数的性质直接求解即可.
【详解】由已知得，当时，则，即，，
∵为偶函数，∴，即，
∴，，∴，
故选：.
6．A
【分析】由诱导公式及奇偶性定义判断的奇偶性，结合上的符号，应用排除法确定答案即可.
【详解】由题设，，则，
所以为奇函数，排除B、D；
又在上，排除C.
故选：A
7．B
【分析】根据题设及温度变化公式求参数k，然后计算再过4分钟物体所达的冷却温度.
【详解】由题设，，可得，
再过4分钟，有.
故选：B.
8．A
【分析】求导分析函数单调性,并根据函数的正负判断即可.
【详解】由题意可知，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，且当时，.
故选：A.
9．ABC
【分析】利用赋值法能够确定选项ABD，利用函数的单调性可判断C.
【详解】由题知，令，，则有
，当时，
解得；
令，且在定义域内，则
，
则，即，
是奇函数，A正确；
由题知，
=
，
所以周期为，故B正确；
由，而，所以D选项错误；
关于C，对于任意，且，
有，
因为，，所以，
所以也即，所以在上单调递增；
且在时，；
任取，且，
则，，
且，
所以，所以，
所以函数在上单调递增，所以在上是增函数，故C正确.
故选：ABC
【点睛】易错点睛：本题主要考查抽象函数的周期性、奇偶性、单调性以及图象的对称性的综合应用，属于难题，解决该问题应该注意的事项：
（1）赋值法使用，注意和题目条件作联系；
（2）转化过程要以相关定义为目的，不断转变；
（3）试以反例作论证，验证过程中，注意相关条件的转化
10．BD
【分析】由题将问题变形为对恒成立，进而结合单调性，分，两种情况讨论求解即可得答案.
【详解】解：由题知，，恒成立，且，
所以对恒成立，
令，，
所以，当时，，单调递增，
所以，当，单调递增，
所以，当时，，对恒成立等价于对恒成立
所以，当时，有，对恒成立等价于对恒成立，即对恒成立，由于，故；
当时，对，恒成立，满足题意，
综上，的取值范围是，
所以，的取值可以为BD选项
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于将问题转化为当时，，对恒成立，进而分，两种情况讨论求解.
11．AC
【分析】结合函数的单调性，差比较法，特殊值等确定正确选项.
【详解】依题意，
由于在上递增，所以，A选项正确.
由于在上递减，所以，B选项错误.
，所以，C选项正确.
对于D选项，，，D选项错误.
故选：AC
12．ACD
【分析】A. 直接求解判断； B. 利用导数法求解判断； C. 由，得到，由，利用导数法求解判断；D.易证，再根据，且，结合B判断即可.
【详解】A. ，故正确；
B. 求导，令，则，由A可得，关于轴对称，故当时，，在单调递增，且，则当时，，在单调递增，所以当时，函数有极小值为，故错误；
C. 因为，所以，由A可得
，
由B知，，故正确；
D.，因为，且，
所以，在单调递增，
所以，故正确；
故选：ACD
13．BCD
【分析】利用导数判断函数的单调性，根据零点的个数求出的取值范围，进而确定的取值范围，再利用不等式的性质、构造函数利用导数逐一判断即可.
【详解】由题设，且定义域为，则，
当时，则单调递增，不可能存在两个零点，即不可能存在两个极值点，A错误；
当时，即单调递增，当时，即单调递减，即，
当时，，所以至多有一个零点；
当时，，而，当趋向于0时趋于负无穷大，当趋向于正无穷时趋于负无穷大，
综上，，在内各有一个零点，且，
B：由且趋向于0时趋于负无穷大，所以，故，
令，
，
又，所以单调递减，
故当时，，
又，所以，
而，因此，故正确；
C：，
令，显然有，令，显然，
因此有：，
设，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，所以，
令，即，
因为，所以单调递增，
因为，所以，
而，所以，
因为，所以，
当时，单调递减，因此有，即，正确；
D：由，则，故，正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：构造函数、、，利用导数研究单调性，根据单调性进行求解.
14．
【分析】采用常数分离的方法，将问题等价转化为有两个不同的实数根，利用导数求函数的单调性，根据函数的单调性求出函数和在上有两个不同的交点时实数a的取值范围即可.
【详解】由题意知：方程可化为，
令，则，
令，则恒成立，故在上单调递增，
又，所以时，，也即，此时函数单调递减，
当时，，也即，此时函数单调递增，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，
因为关于x的方程有两个不同的实根，即有两个不同的实数根，
也即函数和在上有两个不同的交点，所以，
则实数a的取值范围为，
故答案为：.
15．
【分析】依题意可得且，又为偶函数，即可求出，再对两边求导，即可求出，从而求出切线方程.
【详解】解：因为曲线在处的切线方程为，所以，且，
又，所以为偶函数，则，
对两边求导可得，所以，
所以该曲线在处的切线方程为，即.
故答案为：
16．
【分析】分别考虑、时，的解，由此确定出的值.
【详解】若，则，∴（无解舍去），
若，则，∴，∴.
故答案为：.
17．
【分析】根据分段函数解析式，由内而外，逐步计算， 即可得出结果．
【详解】∵，
则
∴
故答案为：．
18．
【分析】利用导数求出曲线在处的切线的斜率，根据已知条件可知切线与直线垂直，由此可求得实数的值.
【详解】对函数求导得，所以，曲线在处的切线斜率为，
由已知条件可得，解得.
故答案为：.
19．10
【分析】建立面积的函数关系式，利用二次函数求出取最大值时的x.
【详解】设每个花圃的面积的面积为y，则
因为，
所以当时，y最大.
故答案为：10.
【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2)求解应用性问题时，不仅要考虑函数本身的定义域，还要结合实际问题理解自变量的取值范围.
20．
【分析】推导出，，解得，分别求出，，由此能求出的值．
【详解】解：定义在上的奇函数满足，
，
，解得，
（3），
（7）（1）．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
21．
【解析】由是定义在上的奇函数，，再依题意求出即可得解.
【详解】解：因为是定义在上的奇函数，所以，，
又，，所以，
故.
故答案为：
【点睛】本题考查函数值的计算，函数的奇偶性的应用，属于基础题.
22．
【解析】由曲线在点处的切线方程是，故，再结合
，，得到，故得解.
【详解】由曲线在点处的切线方程是，故，
又
在点处的切线方程是：
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数在切线问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
23．
【解析】将分别代入分段函数，即可求得.
【详解】,,
由，，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查的是分段函数求值的应用，采用直接代入法求函数值，是基础题.
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数在区间上的单调性进行分类讨论，结合可知函数在上单调递减，可得出对任意的恒成立，结合参变量分离法可求得实数的取值范围；
（2）取，由（1）中的结论可得出，可得出，利用不等式的基本性质可得出，再利用数列的单调性证明出，利用对数函数的单调性可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：当时，，，
若函数在上单调递增，则，不合乎题意；
若函数在上单调递减，则，
且有对任意的恒成立，可得，
令，可得，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，则，故.
（2）证明：当时，由（1）可知，函数在上为减函数，
所以，，所以，，
所以，，，，，
上述不等式全加可得，
令，则，
所以，，故，
即数列为单调递增数列，故，故，
所以，，
故对任意的，.
【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.
25．(1)当时， 在单调递减，单调递增，
当时， 在单调递增，单调递减.
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数讨论单调性即可；
(2)根据导数与单调性和极值的关系得到，即可证明.
【详解】（1），
当时，得解得，得解得，
所以在单调递减，单调递增；
当时，得解得，得解得，
所以在单调递增，单调递减；
（2）因为，
由（1）知，当时，单调递增，
所以，即，
设，，
由得解得，
由得解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
从而恒成立，即恒成立.
26．(1)时，无极值；时，的极大值为，无极小值.
(2)
【分析】（1）由题意，求得函数的导数，分类讨论求得函数的单调性，即可求解函数的极值；
（2）解法一：依题意，令，不等式的恒成立，即为在恒成立，利用导数分类讨论求解函数的单调性和最值，即可求解；
解法二：依题意，令，不等式的恒成立，转化为在恒成立，求得，利用二次函数的性质，求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）的定义域为，，
①时，，在上为增函数，所以无极值.
②时，令，得.
时，，为增函数，
时，，为减函数，
故的极大值为，无极小值.
综上，时，无极值；时，的极大值为，无极小值.
（2）解法一：依题意，当时，，即，即在恒成立，
令，即在恒成立.
，
①时，，在上为增函数，
时，，不合题意，舍去.
②时，令，则，，
所以时，，为减函数，
所以，适合题意；
③时，，方程有两个不等实根，
因为，
所以时，，为增函数，
故，不合题意，舍去.
综上，的取值范围为.
解法二：依题意，在恒成立，
令，即在恒成立.
，
①时，因为，
所以在上为增函数，故 ，适合题意；
②时，令，
，，
以为，
所以时，为减函数且，
所以 ，为减函数，
所以时，不合题意，舍去.
③时，的图象对称轴为，因为，，
所以时，为减函数且，
所以，故为减函数，
所以时，，不合题意，舍去.
综上，的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题主要考查利用导数解决不等式的恒成立问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
27．(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2).
【分析】(1)把代入，求出导函数，确定不等式或的解作答.
(2)变形函数，构造函数，探讨其最值推理作答.
【详解】（1）当时，，，求导得：，
当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）函数，其定义域为，令，，
，令，则在上单调递减，
而，则当时，，即，当时，，即，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，
于是当，即时，，成立，而，即，
因此，，成立，即函数的图象与x轴没有公共点，
所以a的取值范围是.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
28．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数导函数，分别讨论，和三种情况下对应的单调性；（2）由题意得，将不等式转化为证明，令新函数，利用二次求导法，判断函数的单调性，求解最小值，从而证明得.
【详解】（1） 定义域为R，由
得
当时，，
此时在上单调递增；在上单调递减．
当时，令，即，，
因为，所以．令，则或，
即在和上单调递增．
令，则，即在上单调减．
当时，令，即．
因为，所以，令，则或，
即在和上单调递增．
令，则，即在上单调递减
综上所述：
当时，在上单调递增；在上单调递减．
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）因为函数有两个不大于的极值点，由（1）知，
因为且，所以，
所以要证明，只要证明，
即要证明，
令，
则，令，则，
令，则，
所以在上单调递增，因为，，
所以在上有唯一零点，设为，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
因为，即，即，
所以
所以，所以原不等式成立．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
29．（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析；（III）.
【分析】（Ⅰ）由已知，代入函数解析式即可求b值；
（Ⅱ）由解析式求得，讨论、时的符号，进而确定的单调区间；
（III）由题设得，令，利用导数研究其单调性，进而确定上的最值，由结合不等式恒成立，即可求m的范围.
【详解】（Ⅰ）由题设知：，所以.
（Ⅱ）由（1）及解析式得，令，即，
∴当时，有，单调递减；有，单调递增；
当时，有，单调递减；有，单调递增；
∴：上单调递增；上单调递减；
： 上单调递减；上单调递增；
（III）当时，有，令，
∴，易知上，单调递减，上，单调递增，
∴上单调递减，上单调递增，
∴上，有，，
∴，有，由恒成立知：.
∴.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意讨论的符号，结合研究的单调区间；第三问，令，不等式恒成立问题可转化为上恒成立.
30．（1）答案不唯一，具体见解析（2）
【解析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为，再对参数分类讨论可得；
（2）依题意可得，当函数在定义域上单调递增，不满足条件；
当时，由（1）得在为增函数，因为，.再对，，三种情况讨论可得.
【详解】解：（1）因为，所以，
即.
由，得，.
①当时，，当且仅当时，等号成立.
故在为增函数.
②当时，，
由得或，由得；
所以在，为增函数，在为减函数.
③当时，，
由得或，由得；
所以在，为增函数，在为减函数.
综上，当时，在为增函数；
当时，在，为增函数，在为减函数；
当时，在，为增函数，在为减函数.
（2）因为，所以，
①当时，，在为增函数，所以在至多一个零点.
②当时，由（1）得在为增函数.
因为，.
（ⅰ）当时，，时，，时，；
所以在为减函数，在为增函数，.
故在有且只有一个零点.
（ⅱ）当时，，，，使得，
且在为减函数，在为增函数.
所以，又，
根据零点存在性定理，在有且只有一个零点.
又在上有且只有一个零点0.
故当时，在有两个零点.
（ⅲ）当时，，，，使得，
且在为减函数，在为增函数.
因为在有且只有一个零点0，
若在有两个零点，则在有且只有一个零点.
又，所以即，所以，
即当时在有两个零点.
综上，m的取值范围为
【点睛】本小题主要考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点等问题，考查抽象概括、推理论证、运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想、有限与无限思想以及特殊与一般思想，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数学建模等核心素养.