全国卷三年2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-10函数与导数基础题（含答案）

全国卷三年 2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-10函数与导数基础题
一、单选题
1．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
3．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若为偶函数，则（ ）．
A． B．0 C． D．1
5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
8．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
10．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
12．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴
13．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A． B． C． D．
14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A． B．
C．是偶函数 D．为的极小值点
15．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离 声压级
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）．
A． B．
C． D．
三、填空题
16．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则______．
17．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则_________.
18．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________
19．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
四、解答题
20．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
21．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
22．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
23．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中．
(1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设分别为在区间的极值点和零点.
（i）设函数.证明：在区间单调递减；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论．
24．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数，求．
试卷第1页，共3页
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《全国卷三年 2023-2025高考数学真题按题型知识点分类汇编-10函数与导数基础题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B B D A D C D A
题号 11 12 13 14 15
答案 ABD BC BCD ABC ACD
1．A
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
2．C
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
3．B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【详解】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B.
4．B
【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.
【详解】因为 为偶函数，则 ，解得，
当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称.
，
故此时为偶函数.
故选：B.
5．D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
6．A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.
【详解】由题知对一切成立，
于是.
故选：A
7．D
【分析】根据偶函数的定义运算求解.
【详解】因为为偶函数，则，
又因为不恒为0，可得，即，
则，即，解得.
故选：D.
8．C
【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.
【详解】设曲线在点处的切线方程为，
因为，
所以，
所以
所以
所以曲线在点处的切线方程为.
故选：C
9．D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
10．A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.
【详解】，
则，
即该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
11．ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，， 故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
12．BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
13．BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
14．ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值点，故D错误.
故选：.
15．ACD
【分析】根据题意可知，结合对数运算逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
对于选项A：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，故A正确；
对于选项B：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为，即，
可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项A可知：，
且，则，
即，可得，且，所以，故D正确；
故选：ACD.
16．64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
17．
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.
【详解】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
故答案为：.
18．
【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.
【详解】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
故答案为：.
19．
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
21．(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
23．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析.
【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点；
（2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证；
（ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合，
和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得，
因为，所以，设，
则在上恒成立，所以在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，
所以时，
所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知，则，，
，
则
，
，
，
即在上单调递减.
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，
所以.
24．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论；
（2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项为3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
.
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