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函數與導數
一、單選題
1．已知函數在處取得極值0，則（ ）
A．6 B．12 C．24 D．12或24
2．定義在上的函數滿足，若在區間上單調遞增，，，，則（ ）
A． B． C． D．
3．已知是定義在R上的奇函數，是函數的導函數且在上，若，則實數m的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4．已知函數滿足對任意恒成立，又函數的圖象關于點對稱，且，則（ ）
A．2024 B． C．2025 D．
5．函數的圖象大致是（ ）
A． B． C． D．
6．函數，若，不等式恒成立，則實數m的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知曲線與曲線只有一個公共點，則（ ）
A． B．1 C．e D．
8．已知函數，，若有一個零點，則m的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
9．碳14具有放射性.活體生物組織內的碳14含量大致不變，當生物死亡后，其組織內的碳14開始衰減.已知碳14的半衰期約為5730年，即生物死亡年后，碳14含量，其中為活體生物組織內碳14的含量.科學家一般利用碳14這一特性測定生物死亡年代.2025年科學家在我國發現的某生物遺體中碳14的含量約為原始含量的0.92，已知，則根據所給的數據可推斷該生物死亡的朝代為（ ）
A．宋（公元年） B．元（公元年）
C．明（公元年） D．清（公元年）
10．是平面直角坐標系內一點，我們以軸正半軸為始邊，射線為終邊構成角，的長度作為的函數，若其解析式為：，則的軌跡可能為：（ ）.
A． B．
C． D．
二、多選題
11．設函數則下列說法正確的有（ ）
A．函數僅有1個零點
B．是的極小值點
C．函數的對稱中心為
D．過可以作三條直線與的圖象相切
12．已知函數，為的導函數，則（ ）
A．曲線在處的切線方程為
B．在區間上單調遞增
C．在區間上有極小值
D．在區間上有兩個零點
13．設函數，則（ ）
A．是的極大值點
B．
C．的解集為
D．當時，
14．湖南矮寨特大懸索橋，創造了4個世界第一，堪稱世界建橋史上的經典之作.它的兩個主塔之間的懸索可近似看作一條“懸鏈線”，通過適當建立坐標系，懸鏈線可以為雙曲余弦函數的圖象，相應的雙曲正弦函數為.則下列說法正確的是（ ）
A．
B．是偶函數
C．函數的值域為，
D．當直線與和共有3個交點時，
15．若m，n分別是函數，的零點，且，則稱與互為“零點相鄰函數”.已知與互為“零點相鄰函數”，則a的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
16．已知，，則下列說法正確的是（ ）
A．曲線與有公共點
B．曲線關于直線對稱的曲線是
C．曲線關于直線對稱的曲線是
D．直線與曲線、的交點分別是A、B，則的最小值為
17．已知是定義在上的奇函數，且滿足，若當時，，則下列選項正確的是（ ）
A．圖象關于點中心對稱
B．8為的周期
C．
D．方程在上共有1526個不同的實數解
18．下列說法中正確的有（ ）
A．已知在上是增函數，若，則
B．“”是“”的必要條件
C．若命題“”是真命題，則的取值范圍為
D．函數的減區間是
19．已知函數的定義域為，且為奇函數，當時，，則（ ）
A．
B．的圖象關于點對稱
C．
D．
20．已知函數的圖象關于直線對稱，且對都有，當時，.則下列結論正確的是（ ）
A．
B．在區間上單調遞減
C．的圖像關于點對稱
D．函數有2個零點
三、填空題
21．已知函數，若，則的取值范圍是 .
22．已知函數在定義域上單調遞增，則的取值范圍為 ．
23．已知函數的定義域為為偶函數，為奇函數，則 ．
24．已知函數是定義在上的偶函數，其導函數為，且當時，，則不等式的解集為 ．
25．定義在上的函數的導函數為，當時，且，則不等式的解集為 ．
26．已知函數，函數，其中，若函數恰有3個零點，則m的取值范圍是 ．
27．已知定義在上的函數，則關于的不等式的解集為 ．
28．若過點可以作曲線的兩條切線，則實數的取值范圍是 ．
29．已知函數，若函數與的圖象有且僅有三個交點，則實數的取值范圍是 .
30．已知函數是定義在R上的函數，，且曲線在點處的切線斜率為，則 .
《函數與導數》參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B D C B B C B B
題號 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 ACD BC ABD AC ABC BCD AC AC ACD ABD
1．C
【分析】根據在處取得極值0可得，解出即可.
【解析】由題意知，，又在處取得極值0，
則，解得或，
當時，，
函數在R上單調遞增，無極值，不符合題意；
當時，，
令或，，
所以在、上單調遞增，在上單調遞減，
故在處取得極小值，符合題意，
所以，，
則.
故選：C.
2．D
【分析】依題意可得，再根據對數函數的性質得到，結合函數的單調性判斷即可.
【解析】因為在上的函數滿足，所以.
因為，又，，所以.
因為在上單調遞增，所以，即，即.
故選：D.
3．B
【分析】構造函數，根據條件判斷的單調性，奇偶性進而解不等式即可.
【解析】設，則，
又上，，則，
即函數在上單調遞減，
又是定義在R上的奇函數，則函數為R上的奇函數，
故在R上單調遞減，又，
即，可得，解得．
故選：B.
4．D
【分析】由，令，可得，的圖象關于直線對稱，又由的圖象關于點對稱可得8是函數的一個周期，據此可得答案.
【解析】因為對任意，都有，
令，得，解得，則，
即，所以函數的圖象關于直線對稱．
又函數的圖象關于點對稱，則函數的圖象關于點對稱，
即函數為奇函數，所以，
所以，所以8是函數的一個周期，
所以．
故選：D
5．C
【分析】應用奇偶性定義判斷的奇偶性，結合對應函數值符號及排除法，即可得答案.
【解析】由題意，函數定義域為R，且，
所以為偶函數，排除A、B；
當，則恒成立，排除D.
故選：C
6．B
【分析】先應用奇函數定義及單調性判斷，再轉化恒成立問題為最值問題，最后應用基本不等式求最小值，計算一元二次不等式即可.
【解析】因為函數，為減函數；
又因為所以為奇函數，
若，不等式恒成立，
則不等式，因為為奇函數，所以，
因為為減函數，所以恒成立，
所以恒成立，所以，
，
當且僅當時取最小值3，所以，
所以，所以實數m的取值范圍是.
故選：B.
7．B
【分析】方法一：把兩曲線與有一個公共點，轉化為方程只有一個實數解，通過分離常數求出值；
方法二：把兩曲線與有一個公共點，轉化成兩曲線只有一個公切點，再利用幾何意義求解；
方法三：利用原函數和反函數圖像關于對稱，且兩函數圖像都與相切于點，巧妙求出值.
【解析】方法一：由已知曲線與曲線只有一個公共點，
方程只有一個實數解，而，則只考慮，
即，令，則，
而在單調遞增，且，
所以時，單調遞減，
時，單調遞增，
而時，；時，，
所以．
方法二：由已知曲線與曲線只有一個公共點，
則曲線與曲線只有一個公切點，設其坐標為，
根據函數的圖像與函數的圖像之間的關系，
所以有，
即，所以，
設，則在單調遞減，而，
所以，所以．
方法三：由于函數的反函數為，兩函數關于對稱，
由于，令，則，即函數與函數相切于點，
同理，，令，即函數． 與函數也相切于點，
于是函數與函數相切于點，由選項可知，．
故選：B.
8．C
【分析】根據給定條件，利用零點的意義將問題轉化為函數的圖象與直線交點，再利用數形結合求出范圍.
【解析】由，得，因此有一個零點，
當且僅當函數的圖象與直線有且僅有一個公共點，
函數在上單調遞增，函數值集合為，在上單調遞增，函數值集合為R，
在同一坐標系內作出函數的圖象與直線的圖象，
觀察圖象知，當時，函數的圖象與直線有兩個交點，
當時，函數的圖象與直線有1個交點，
所以m的取值范圍是.
故選：C
9．B
【分析】根據碳14含量的計算公式列出方程，然后結合已知條件求解出生物死亡的時間，進而判斷該生物死亡的朝代.
【解析】已知碳14含量公式，某生物遺體中碳14的含量約為原始含量的0，92，
即，代入公式可得，
因為，兩邊同時除以，得到，
對兩邊取以為底的對數，可得，
則，
因為，，即，
所以，
將代入，可得（年），
已知是在2025年發現該生物遺體，那么該生物死亡的時間約為（年），
因為，所以該生物死亡的朝代為元（公元年）.
故選：B
10．B
【分析】證明得到是以為周期的函數，排除C、D.再研究的函數性質，借助導數即可.
【解析】，，
可以得到是以為周期的函數，所以的軌跡在四個象限內應相似，故排除C、D.
由于A、B項均關于對稱，所以僅研究，此時，令
，，令，則，
解得(負數根舍去)，則 在單調遞減，單調遞增，即在單調遞增，在有且僅有一個極值點，所以不會一直增大，B正確.
（注：本題在A、B當中選擇亦可使用特殊值法，，選B）
故選：B
11．ACD
【分析】先求導函數，根據導函數正負得出函數的單調性得出極值進而得出零點判斷A，B；應用對稱性定義計算判斷C，先設切點再得出切線方程代入計算求參即可得出三個根判斷D.
【解析】對AB，，，
當或時，，當時，，所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減，
所以，，又，
所以函數僅有1個零點，且該零點在區間上，故A正確，B錯誤；
對C，由，得，
所以函數的圖象關于對稱，故C正確；
對D，設切點為，則，故切線方程為，
又過點，所以，整理得，
即，解得或或，所以過可以作三條直線與的圖象相切，故D正確．
故選：ACD．
12．BC
【分析】求出函數，再利用導數的幾何意義求解判斷A；結合單調性、極小值意義判斷BC；求出零點個數判斷D.
【解析】依題意，，
對于A，，，所求切線方程為，A錯誤；
對于B，當時，，在區間上單調遞增，B正確；
對于C，在上都單調遞增，則函數在上單調遞增，
，，則存在唯一，使得，
當時，；當時，，因此在處取得極小值，C正確；
對于D，由選項C知，在上有唯一零點，又，
當時，，即，，
因此在區間上有1零點，D錯誤.
故選：BC
13．ABD
【分析】先由導數求出函數的單調區間，再結合函數的單調性逐一判斷即可．
【解析】對于選項A：因為的定義域為，
且，
當時，，當或時，，
可知在，上單調遞增，在上單調遞減，
所以是函數的極大值點，故A正確
對于選項B：因為，故B正確；
對于選項C：對于不等式，因為，
即為不等式的解，但，
所以不等式的解集不為，故C錯誤
對于選項D：因為，則，且，
可得，
因為函數在上單調遞增，所以，故D正確；
故選：ABD
14．AC
【分析】利用指數運算即可判斷A選項；利用函數的奇偶性即可判斷B選項；利用指數函數的值域即可判斷C選項；利用導數求出雙曲余弦函數的單調區間，結合函數的單調性即可判斷D選項.
【解析】A選項，，故A正確；
B選項，由于雙曲余弦函數為偶函數，
雙曲正弦函數為奇函數，
則為奇函數，故B錯誤；
C選項，由，
又，所以，
則，故C正確；
D選項，，令得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以在處取得最小值1.
在上單調遞增，且當，；
當，.
所以，當直線與和共有3個交點時，，故D錯誤.
故選：AC
15．ABC
【分析】求出函數的零點為，根據題中定義可得出函數的零點為，令，可知，直線與函數在上的圖象有公共點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數a的取值范圍.
【解析】易證是上的增函數，且，則.
因為與互為“零點相鄰函數”，所以，即，解得.
因為，所以，所以在上有解，
即在上有解.設，則.
由，得，由，得，則在上單調遞減，
在上單調遞增.因為當時，，且，如下圖，
所以，即，解得.
故選：ABC
16．BCD
【分析】對于A，設，利用導數判斷的零點是否存在；對于B，求函數的反函數即可判斷；對于C，設曲線關于直線對稱的曲線是，設是曲線上任意一點，則關于直線的對稱點在曲線上，代入可求解析式；利用A選項的結論可得D選項的結果.
【解析】已知，，
對于A，設，函數定義域為，，
解得，解得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，的最小值為，
恒成立，無解，
所以曲線與沒有公共點，A選項錯誤；
對于B，函數的反函數為，
所以關于直線對稱的曲線是，B選項正確；
對于C，設曲線關于直線對稱的曲線是，
設是曲線上任意一點，則關于直線的對稱點為，
代入中，得，即，
所以曲線關于直線對稱的曲線是，C選項正確；
對于D，由A選項可知，當時，的最小值為，D選項正確.
故選：BCD.
17．AC
【分析】利用奇函數和中心對稱性可得A正確；由可得B錯誤；由可得C正確；設，由周期性可得D錯誤.
【解析】對于A，因為，所以，
又是定義在上的奇函數，所以，即，所以圖象關于點中心對稱，故A正確；
對于B，，所以，
所以，
又是定義在上的奇函數，所以，所以，
所以，所以8不為的周期，故B錯誤；
對于C，因為，所以，
又當時，，所以，所以，故C正確；
對于D，因為，
設，則
所以4為的周期，
又是定義在上的奇函數，所以，
所以方程等價于在上共有507個不同的實數解.
故選：AC.
18．AC
【解析】結合全稱命題真假求參數、充分必要條件，函數單調性問題等逐項判斷即可.
【分析】對于A，由，得，由在R上是增函數，
得，因此，A正確；
對于B，不能推出，例如，但；
也不能推出，例如，而；
因此“”是“”的既不充分也不必要條件，B錯誤；
對于C，，因此，即的取值范圍為，C正確；
對于D，解不等式，得，函數的定義域為，
開口向下，對稱軸為，則函數的減區間是，D錯誤.
故選：AC
19．ACD
【分析】根據函數的奇偶性結合“賦值法”可求，判斷A的真假，根據奇函數的性質，可判斷B的真假；根據函數滿足的條件，遞推可判斷C的真假，再結合奇函數的性質，可判斷D的真假.
【解析】對A：因為為奇函數，所以，
令，則，A正確．
對B：由，得，則，即的圖象關于點對稱，B錯誤．
對C：當時，，則，，，故C正確；
對D：根據C選項，遞推可得：，因為，所以，則，得，故D正確．
故選：ACD
20．ABD
【分析】A選項，根據對稱性得到，再結合得到，即可得到的周期，然后利用周期求函數值即可；B選項，利用對稱性求解析式，然后判斷單調性；C選項，根據得到對稱中心；D選項，將函數的零點個數轉化為與圖象的交點個數，然后結合圖象求零點個數.
【解析】因為的圖象關于對稱，所以，
又，所以，
則，所以，所以，
所以的周期為8，
所以，故A正確；
當時，，所以，
所以，
當時，，所以，
所以，所以在上單調遞減，故B正確；
由得的圖象關于點對稱，故C錯；
函數的零點個數可以轉化為與圖象的交點個數，
由題意得與的圖象如下：
由此可得與的圖象有2個交點，
所以有2個零點，故D正確.
故選：ABD.
21．
【分析】畫出草圖，借助對數性質，得到范圍.
【解析】根據題意畫出圖象，得到，
，則，
即，則，則，則.
故答案為：.
22．
【分析】由單調遞增得出所滿足的不等式組，求解即可.
【解析】分段函數要是單調遞增函數，必須每一段都是單調遞增函數，
且左邊一段的最大值小于等于右邊一段的最小值.
所以，解得.
所以的取值范圍為.
故答案為：.
23．
【分析】根據奇偶性得到，進而推導出是周期為4的函數，利用周期性求函數值即可.
【解析】由為偶函數，，即，
由為奇函數，，即，
所以，即，即，
所以，即是周期為4的函數，
所以，又，
所以.
故答案為：
24．或
【分析】由題意構造，進而在上是增函數，根據奇偶函數的定義判斷的奇偶性，原不等式等價于，結合函數的奇偶性和單調性解不等式即可.
【解析】令，
則，
由當時，，所以，
即在上是增函數，
由題意是定義在上的偶函數，所以，
所以，
所以是偶函數，在遞減，
所以，，
即不等式等價為，
所以，解得或．
故答案為：或
25．
【分析】構造，求導得出函數的單調性，利用單調性解不等式即可．
【解析】解：令
則，，
當時，，
所以當時，，
，故在上為減函數，
令，
則，
所以，
故不等式的解集為
故答案為：
26．
【分析】要使函數恰有3個零點，即與的圖象有3個交點，畫出圖像，用數形結合即可求得結果.
【解析】令，得，
若，則，；
若，則．
所以
畫出其圖象如圖所示，當時，．
由圖可知，要使函數恰有3個零點，即與的圖象有3個交點，
則m的取值范圍是，
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：關鍵在于得出分段函數的解析式，運用數形結合的思想，求得參數的范圍，
27．
【分析】根據函數的奇偶性以及單調性可得，即可利用二次不等式的解法得解.
【解析】由和在上都是單調遞增，知在上單調遞增，
又，則為奇函數．
由，得，即，即有，解得．
故答案為：
28．
【分析】設出切點，寫出切線方程，依題轉化成有兩個不同得實數根.設，求得的單調區間和最大值即可得解.
【解析】設切點為，由題得：，故切線的斜率為，切線方程為：，
因切線經過點，則，故有兩個不同的實數根.
不妨設，則
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.
故，則，即，所以實數的取值范圍為.
故答案為：.
29．.
【分析】根據分段函數自變量不同取值范圍上的函數解析式，分別構造函數，由函數與方程的關系，等價轉化為函數求零點與一元二次方程求解問題，可得答案.
【解析】當時，則，令，
求導可得，令，解得，可得下表：
單調遞增 極大值 單調遞減
由函數的極大值為，則存在唯一零點，
所以函數與函數在上有且僅有一個交點；
當時，，令，
求導可得，顯然上，
則函數在上單調遞減，
當時，，當時，，
由，則函數在上存在唯一零點，
所以函數與函數在上有且僅有一個交點；
由題意可得函數與函數在上有且僅有一個交點，
當時，，令，
令，整理可得，
當方程有兩個相等的實數解時，，解得，
此時，符合題意，
當方程在有一個實數根時，可得，解得，
綜上可得.
故答案為：.
30．
【分析】根據導數的幾何意義有，即可求參數a的值.
【解析】因為，根據題意有，解得.
故答案為：
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