山东省2023-2024学年高三数学三轮冲刺：函数与导数（含解析）

山东省2023-2024学年高三数学三轮冲刺：函数与导数
一、单选题
1．（2024·山东烟台·一模）已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东青岛·一模），，，则的值为（ ）
A．2 B．1 C．0 D．－1
3．（2024·山东济宁·一模）设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
4．（2024·山东菏泽·一模）已知，其中是奇函数且在上为增函数，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
5．（2024·山东临沂·一模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．当时，为奇函数
D．当时，
6．（2024·山东潍坊·一模）函数（）的图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．是奇函数
C．的图象关于直线对称
D．若（）在上有且仅有两个零点，则
7．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（ ）
A．在区间单调递增
B．的图象关于直线对称
C．的值域为
D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为
8．（2024·山东泰安·一模）已知函数的定义域为R，且，若，则下列说法正确的是（ ）
A． B．有最大值
C． D．函数是奇函数
9．（2024·山东聊城·一模）设是定义在上的可导函数，其导数为，若是奇函数，且对于任意的，，则对于任意的，下列说法正确的是（ ）
A．都是的周期 B．曲线关于点对称
C．曲线关于直线对称 D．都是偶函数
三、填空题
10．（2024·山东淄博·一模）已知定义在上的函数，为的导函数，定义域也是 R，`满足，则 .
11．（2024·山东聊城·一模）若函数的值域为，则实数的取值范围为 .
12．（2024·山东烟台·一模）若函数在上佮有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 .
13．（2024·山东济宁·一模）已知函数（且）恰有一个零点，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
14．（2024·山东聊城·一模）已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
15．（2024·山东济宁·一模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立；
(3)设，，数列的前项和为．证明：．
16．（2024·山东青岛·一模）已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程；
(2)讨论的单调性．
17．（2024·山东淄博·一模）已知函数
(1)讨论函数在区间上的单调性;
(2)证明函数在区间上有且仅有两个零点.
18．（2024·山东泰安·一模）已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线与直线垂直，证明：；
(2)若对任意的且，函数，证明：函数在上存在唯一零点．
19．（2024·山东临沂·一模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在，且，使得，求证：.
参考答案：
1．A
【分析】
根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得.
【详解】在上的奇函数满足，则，
于是，即函数的周期为4，
而，则，，又当时，，
所以.
故选：A
2．B
【分析】
利用赋值法求出的值，将变形为，即可推出，可得函数周期，由此即可求得答案.
【详解】由题意知，，，
令，则
显然时，不成立，故，
故，则，
即6为函数的周期，
则，
故选：B
3．C
【分析】由为奇函数得到函数的对称中心，由为偶函数得到函数的对称轴，进一步求得函数的周期，然后将与转化到已知区间求解即可.
【详解】因为函数定义域为，为奇函数，所以，所以函数关于点中心对称，且，
因为为偶函数，所以，所以函数关于直线轴对称，
又因为，所以函数的周期为，
因为当时，，
所以，，
所以.
故选：C.
4．C
【分析】判断函数的奇偶性和单调性，继而判断的取值范围和大小关系，结合函数的奇偶性和单调性，即可比较大小，即得答案.
【详解】由于是奇函数且在上为增函数，故，
当时，，且为偶函数，
且在上单调递增，在上单调递减，
又，
故，
故选：C
5．ACD
【分析】
由分母不为零求出函数的定义域，即可判断A，再分、分别求出函数值的取值范围，即可得到函数的值域，从而判断B，根据奇偶性判断C，根据指数幂的运算判断D.
【详解】对于函数，令，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，当时，所以，
当时，所以，
综上可得的值域为，故B错误；
当时，则，
所以为奇函数，故C正确；
当时，则，
故D正确.
故选：ACD
6．ACD
【分析】
利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定图象求出，再逐项判断即可.
【详解】依题意，，
由，得，解得，而，
解得，，的最小正周期为，A正确；
是偶函数，B错误；
，令，
则，
的图象关于直线对称，C正确；
，，当时，，
依题意，，解得，D正确.
故选：ACD
7．BCD
【分析】
利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D.
【详解】对于A：当时，
所以，
因为在上单调递增，又，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误；
对于B：因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因为，
令，则，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，又，，，
所以，所以的值域为，故C正确；
对于D：当时，所以，
由A选项可令且，
则当时单调递增，
令，即时在上单调递增，且，
所以在上单调递减，
又，令，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递增，
当，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递减，
又，，，
所以在上的函数图象如下所示：
由图可知：
①当时与有且仅有一个交点，
即关于的方程在区间的实数根为；
②当或时与有两个交点，
即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，
所以两根之和为；
③当时与有四个交点，
即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且，
所以与关于对称，与关于对称，
所以；
④当或时与无交点，
即关于的方程在区间无实数根；
综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和.
8．ACD
【分析】
根据题意，利用抽象函数的的性质，利用赋值法并结合选项，即可逐项判定，从而求解.
【详解】对于A中，令，可得，令，
则，解得，所以A正确；
对于B中，令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最大值，所以B错误；
对于C中，令，可得，
即，
所以
，所以C正确；
对于D中，令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题主要是对抽象函数利用赋值法可求解出，函数是奇函数.
9．BC
【分析】
结合题意，借助导数的运算可判断函数的对称性，借助赋值法，可得函数的周期性，利用所得函数的性质，结合选项逐项分析判断即可得.
【详解】由是奇函数，故有，即有，
故，则，即，故关于对称，
由，则，即，
故关于中心对称，
由，则，又，
故，即有，
则，故，
即，故，故周期为.
对A：当时，，故A错误；
对B：由周期为，故，
又，故，故，
故曲线关于点对称，故B正确；
对C：由周期为，故，
又，故，
故曲线关于直线对称，故C正确；
对D：由B得，故，又周期为，
故有，故，又，
即都是奇函数，故D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
10．
【分析】
求导得到，赋值累加即可.
【详解】对两边同时求导得
，
即，
则，，
则.
故答案为：.
11．
【分析】
借助分段函数的性质，求出时值域，可得时，有恒成立，解出即可得.
【详解】当时，，此时，
故当时，有恒成立，
即在时恒成立，即，即.
故答案为：.
12．
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得.
【详解】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求函数的单调区间时，可把看成
一个整体，由求得函数的单调递减区间，由求得函数的单调递增区间．
13．
【分析】原式转化为判断的交点问题，分和两种情况讨论结合指对函数对称性，导数的几何意义进而得解.
【详解】令得，即，令，
当时，即时，若两函数有且仅有一交点，
由指数函数和对数函数特征可判断此交点必定落在这条直线上，且该点为两函数的公切点，
设切点为，则，则有，即，解得，
由得，，所以，解得，即，，即，；
当时，即时，由指数函数和对数函数特征可判断与要有公切点，
此切点必定落在这条直线上，设切点为，，
则有，即，解得，由得，
所以，解得，即，，即，；
由指数函数和对数函数特征可知：
当时，与有3个交点；
当时，与有1个交点；
故时，即时，时，与有一交点.

故答案为：
【点睛】关键点点睛：当指对函数底数在时，图象难以表示出来，对于后续处理难度较大，题干信息相对较少，解题时能挖掘出指对函数的对称性，由导数的几何意义确定斜率值是解题关键，重点考查了分类讨论思想，函数与导数综合解决零点问题，值得深入研究！
14．(1)
(2)
(3)当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点
【分析】
（1）求导后令，计算即可得；
（2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使
，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解.
（3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得.
【详解】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
（2），
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.
15．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）先求函数的导函数，然后根据导函数对进行分类讨论即可；
（2）先构造函数，可判断在区间上单调递减，构造函数，根据其单调性，可判断，，进而可判断，，进而结合根的存在性定理可证；
（3）先令，时，，即，可得，放缩后裂项相消可证.
【详解】（1）
函数的定义域为，，
①若，恒成立，在上单调递增．
②若，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）
证明：令，
则
因为，
所以，在区间上单调递减．
令，，则，
所以，时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，，
又，所以，，所以恒成立，
又因为，，所以，．
同理可得，，
由（时等号成立）得，，即（时等号成立），
又，所以，所以恒成立，
又因为，，，所以，，
所以，区间上存在唯一实数，使得，
所以对任意，存在唯一的实数，使得成立；
（3）
证明：当时，由（1）可得，在上单调递减．
所以，时，，即．
令，，则，
即，即
令，，则，
所以，，
所以，.
【点睛】关键点点睛：第二问证明方程在区间上具有唯一解，可根据函数的单调性，和根的存在性定理综合判断；
第三问，先利用函数对进行放缩，后利用裂项相消法证明.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）求导，根据可得，即可利用点斜式求解，
（2）求导，结合分类讨论求解导函数的正负，结合二次方程根的情况，即可求解.
【详解】（1）
当时，，解得
又因为，所以切线方程为：，即
（2）
的定义域为，
当时，得恒成立，在单调递增
当时，令，
（i）当即时，
恒成立，在单调递增
（ii）当即时，
由得，或，
由得，
所以在，单调递增，
在单调递减
综上：当时，在单调递增；
当时，在，单调递增；
在单调递减
17．(1)单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）求出函数的导数，再判断导函数值的正负即得.
（2）利用导数，结合零点存在性定理推理论证即可.
【详解】（1）函数，当时，，
所以在上的单调递增.
（2）由（1）知，，当时，，函数在上单调递增，
，，因此函数在上有唯一零点；
当时，令，求导得，在上单调递增，
，则存在，使得，
当时，，函数，即单调递减，
当时，，函数，即单调递增，
又，，则存在，使得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
而，，因此函数上有唯一零点，
所以函数在区间上有且仅有两个零点.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先由导数的几何意义结合垂直关系求得，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；
（2）通过变形得，，再通过构造函数证明，则可得证.
【详解】（1），
，
，
，
设，则，
设，则，
单调递增，
又，
存在使得即，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
；
（2），
，
在上单调递增，
又
设，则，
令，解得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
当时，，即，
，
又，
，
存在，使得，
又在上单调递增，
函数在上存在唯一零点.
【点睛】导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.
19．(1)
(2)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(3)证明见解析
【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可；
（2）求原函数的导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决；
（3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可.
【详解】（1）当时，，所以，
又，所以，
曲线在点处的切线方程为：；
（2）因为，且，
令，，因为，，
即函数在上单调递增，
由，得，
所以函数在上小于零，在上大于零，
因为，的符号和函数的符号一致，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
（3）因为，
所以时，，且，
则，即，
若，且，，
所以，取自然对数得：，
即，
由得：，
即，
所以，
令，
设，所以，
所以时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
下面证明：，又，即证，
即证，即证，
令，
，
所以在区间上单调递增，
所以，从而得证；
故，
即，所以，
所以，得证.
【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：
代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论.