2026年高考数学小题专练：导数及其应用（含解析）

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2026年高考数学小题专练：导数及其应用
一、单选题
1．函数在区间上的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
2．已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．定义在R上的函数，对任意实数都有，．若，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
6．定义在上的函数满足：，且，当时，，则的最大值与最小值的差为（ ）
A． B． C． D．
7．若直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则等于（ ）.
A．0 B． C．或0 D．0或
8．定义：双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数，则（ ）
A．函数是偶函数
B．函数在上单调递减
C．
D．
二、多选题
9．设函数，则（ ）
A．
B．当时，存在，使得
C．当时，
D．
10．下列四个命题中错误的有（ ）
A．曲线在原点处没有切线
B．若函数，则
C．加速度是动点位移函数对时间的导数
D．函数的导函数的值恒非负
11．已知是定义在上的函数，是的导函数，给出如下四个结论，其中正确的是（ ）
A．若，且，则的解集为
B．若，且，则函数有极小值0
C．若，且，则不等式的解集为
D．若，则
三、填空题
12．如图，已知是可导函数，直线是曲线在处的切线，令，则________．
13．已知曲线在点处的切线方程为，若，则的最小值为________．
14．已知函数.给出下列四个结论：
①当时，为偶函数；
②当时，对任意，都有；
③当时，在上单调递减；
④存在实数，使得有2个零点.
其中正确结论的序号为__________.
《2026年高考数学小题专练：导数及其应用》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C D C A D C ACD ABC
题号 11
答案 ABD
1．C
【详解】因为函数，所以，
在区间上，因为，所以，
所以在上单调递增，
所以最大值在处取得，.
2．A
【分析】分和两种情况进行讨论，结合导数分析单调性，根据单调性确定最值处理恒成立性问题即可．
【详解】即在时恒成立，
令，，
令，，
在单调递增，，
①当时，，即在单调递增，
，即，
在单调递增，
，
故时，在时恒成立；
②时，，解得,
在单调递增，
时，，单调递减，
此时，即，
在上单调递减，此时，
即时，，，不符合题意；
综上，．
3．C
【分析】由导数与单调性的关系判断即可.
【详解】由函数的图象可知：
当时，，，此时单调递增；
当时，，，此时单调递减；
当时，，，此时单调递减；
当时，，，此时单调递增．故C满足．
4．D
【分析】根据对数的换底公式，对数的运算法则以及指数函数的单调性，通过构造函数，利用导数法求出单调性比较出的大小.
【详解】，，
，，
，，
，，
设，，
，
设，，，，
在上是单调递增函数，
，，，
在上是单调递减函数，
，，，
为上的单调递减函数，，
，，
，即.
5．C
【分析】根据题意构造函数，由推得在上单调递增，由条件推得为周期为的周期函数，根据得到，将待求不等式化成，再利用函数单调性即可求解.
【详解】令，可得，所以在上单调递增，
由可得，所以是以为一个周期的周期函数，
则，所以，
则不等式，即为，即，
又因为在上单调递增，所以，解得，
所以不等式的解集为．
6．A
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据对称中心在函数的图象上，可得出的值，利用导数可求出函数在上的最大值和最小值，再结合函数的对称性和周期性可求得函数的最小值和最大值，即可得解.
【详解】对任意的，，，
所以的图象关于直线对称，又关于点对称，
所以，，
所以，所以，即，
所以，故是周期为的周期函数．
因为的定义域为，所以对称中心在的图象上，可得，则．
当时，，有，
当或时，；当时，.
可知在上递增，在区间上递减，在上递增．
当时，，，
又因为，，所以，，
由于的图象关于点对称，故当时，，．
故当时，，．
由于的图象关于直线对称，故当时，，．
因为是周期为的周期函数，故当时，，．
因此的最大值与最小值的差为.
7．D
【详解】由，得，则，又，
所以曲线在处的切线方程为，
即，
由，得，则，又，
所以曲线在处的切线方程为，
即，
则，即，
则，
即，解得或.
当时，由得；
当时，由得.
故或,
则或.
8．C
【分析】根据双曲函数的奇偶性，并使用导数求其单调性，比较各选项中自变量的大小关系，即可求解.
【详解】设，
对于A，由题意得，
则，所以是奇函数，
即是奇函数，故A错误；
对于B，由题意得，所以在上单调递增，
即函数在上单调递增，故B错误；
对于C，，所以是奇函数，
，所以是偶函数，
所以，
所以原不等式为，即，
由题意得恒成立，所以在R上单调递增，
所以，
且有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，原不等式得证，故C正确.
对于D，，
所以原不等式为，
由上得单调递增，
且有当时，单调递增，所以，
所以，与原不等式矛盾，故D错误.
9．ACD
【分析】求出的范围，再分段讨论判断A；求出函数在时的值域判断B；构造函数并利用导数确定单调性判断C；令有两个解为，利用导数证明判断D.
【详解】对于A，设，的定义域为，
当时，易得，则此时，
当时，易得，则此时，
当时，，
综上，，故A正确；
对于B，函数，求导得，当时，，
函数在上单调递减，，，故不存在，使得，B错误；
对于C，令，求导得，
由，得，则，
由，得，因此，
函数在上单调递增，，即，C正确；
对于D，由上可知函数在上单调递增，在上单调递减，
则有，且当时，，当时，，
如图：
若有两个解，则有，
即，即，，即，
则，即，
且有，即，
因为，不妨设，
则，即在上递增，
所以，即在上，，
令，则有，
即，
两边同时除以正数得，即，
因为，则有，
因为，则有，即，即，
所以当时，有，即，又因为，则有，
因为在上单调递增，且，
所以，故D正确.
10．ABC
【详解】对于选项A，由得，当时，可得，所以在原点处的切线为，故A为假命题；
对于选项B，由得，
当时，无意义，所以函数在处导数不存在，故B为假命题；
对于选项C，根据导数概念，对时间的导数为瞬时速度，故C为假命题；
对于选项D，由得，故D为真命题．
11．ABD
【分析】选项A通过构造差函数并利用导数符号判断单调性，结合已知点函数值确定不等式解集；选项B通过构造乘积函数并分析导数符号在不同区间的变化，得出函数极值情况；选项C和D均通过构造特定函数并利用导数符号判断其单调性，再结合初始条件推导不等式的解或比较函数值大小.
【详解】对选项A：设，因为，且，则，
所以在上为增函数，又因为，
所以当时，，即的解集为，故A正确．
对选项B，设，，
因为，所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故当，取得极小值，极小值为，故B正确．
对选项C，设，．
因为，，所以，在上为增函数．
又因为，所以，所以当时，，故C错误．
对选项D，设，，
因为，所以，在上为增函数．
所以，，即．故D正确
12．
【分析】根据导数的几何意义及复合函数求导法则计算即可.
【详解】．
由已知图象可知，直线经过点和，故．
由导数的几何意义可得，因为在曲线上，故．
故．
13．1
【分析】先根据导数的几何意义结合切线方程求得，可得，再利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.
【详解】由，得，
由于曲线在点处的切线方程为，即切线斜率为1，
则，所以，则，
当时，，，则，即，
当时，，，则，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则.
14．①②③
【分析】利用偶函数定义判断①；利用导数确定单调性判断②③；确定零点个数判断④.
【详解】函数的定义域为，
对于①，当时，，，为偶函数，①正确；
对于②，当时，，求导得，
函数在上单调递减，恒有，②正确；
对于③，当时，，
当时，；当 时，，
函数在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减，③正确；
对于④，函数的零点即为方程的根，
亦即函数的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系内画出函数的图象及直线，如图：
直线过定点，令与函数相切的切点为，
由，求导得，则，解得，
则当时，函数的图象与直线有1个交点；
当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点；
当时，直线还过点，函数的图象与直线有1个交点，
因此当时，函数的图象与直线有1个交点；
当时，函数的图象与直线没有交点；
当时，由对称性得函数的图象与直线有1个交点，
所以不存在实数，使得有2个零点，④错误.
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