2022届高考数学一轮复习专题练习 ：函数与导数

一、单选题

1．动直线分别与直线，曲线相交于两点，则的最小值为（ ）

A． ． ． ．

2．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）

A． ． ． ．

3．已知函数，则不等式的解集为（ ）

A． ．

C． ．

4．已知，则的子集的个数为（ ）

A． ． ． ．

5．已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（ ）

A． ． ． ．

6．函数满足，函数的图象关于点对称，则（ ）

A． ． ． ．0

7．函数的图象大致为（ ）

A． ．

C． ．

8．在区间上随机取两个数，，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，则（ ）

A． ． ． ．，

9．已知，，，则（ ）

A． ． ． ．

10．设，，，则（ ）

A． ． ． ．

11．设，函数，若在区间内恰有个零点，则的取值范围是（ ）

A． ． ． ．

二、填空题

12．已知，则在点处的切线方程为___________.

13．已知函数，若在内无零点，则的取值范围是________.

14．已知函数的极小值为a，则a的值为______.

15．若函数同时满足：（i）为奇函数；（ii）定义域为，值域为；（iii）对任意且，总有，则称函数具有性质.写出一个具有性质的函数___________.

三、解答题

16．已知函数.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.

17．已知.

（1）求的单调区间；

（2）若，证明:当时，有且只有两个零点.

18．已知函数，为的导数.

（1）若为的零点，试讨论在区间的零点的个数；

（2）当时，，求实数m的取值范围.

参

1．A

【分析】

当点处的切线和直线平行时，的值最小，结合导数和解析式求得点，再由点到直线距离公式即可求解.

【详解】

设点是直线上任意一点﹐点是曲线上任意一点，当点处的切线和直线平行时，这两条平行线间的距离的值最小﹐

因为直线的斜率等于，

曲线的导数，令，

可得或(舍去)，故此时点的坐标为，，

故选：A.

2．B

【分析】

由已知求得集合,根据即可求得结果.

【详解】

题可知

所以由得.

故选:B.

3．B

【分析】

根据函数解析式判断函数的奇偶性和单调性，进而解出不等式.

【详解】

由题意知的定义域为，

，是定义在上的偶函数﹐

在上单调递减，在上单调递增，

，，，，或.

故选：B

4．D

【分析】

解指数不等式求集合B，根据集合的交补运算求，由所得集合中元素个数判断子集的个数.

【详解】

由，得：，

∴，

∴其子集个数为个.

故选：D.

5．B

【分析】

利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.

【详解】

由题设，的定义域为，且，

∴当时，，即递减；当时，，即递增.

∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.

∴的图象如下：

∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，

∴令，要使的3个实根，则、，即，可得.

∴由知：，，

∴.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：首先应用导数研究的性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.

6．D

【分析】

先利用函数关于对称，得到是奇函数，然后求出，最后利用函数的周期性求的值．

【详解】

∵关于对称，

∴关于对称，即是奇函数，

令得，，即，解得．

∴，即，

∴，即函数的周期是12．

∴．

故选：D.

7．A

【分析】

结合导函数研究函数的单调性，通过单调性排除不满足的图像，选出答案.

【详解】

因为，所以， 因为，所以，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，由此可排除选项，

故选：A.

8．C

【分析】

事件“”等价于事件“”，作出两个不等式所表示的平面区域，结合图形分别求出，即可得出答案.

【详解】

解：在如图所示的正方形区域内，满足的区域为图1所示的阴影区域，

则，

因为，则事件“”等价于事件“”，

满足的区域为图2所示的阴影区域，

则，

所以.

故选：C.

9．D

【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、三个数的大小关系.

【详解】

因为，，，所以.

故选：D.

10．C

【分析】

根据指数函数和对数函数的单调性判断，，的范围即可比较的大小.

【详解】

因为，即，

，即，

，即，

所以，

故选：C.

11．D

【分析】

解法一：利用排除法，分别令和求解函数的零点进行判断，

解法二：分类讨论，分在区间有个零点且在区间没有零点，在区间有个零点且在区间有个零点和在区间有个零点且在区间有个零点三种情况求解即可

【详解】

法一（排除法）：令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除A､C.

令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除B，故选D.

法二（分类讨论）：①当在区间有个零点且在区间没有零点时，满足，无解；

②当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得；

③当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得，

综上所述，的取值范围是，

故选：D.

12．

【分析】

利用导数的几何意义求在处切线的斜率，并求出，即可写出切线方程.

【详解】

由题设，

∴，又，

∴在处的切线方程为，即.

故答案为：.

13．

【分析】

将已知函数解析式化简变形，由函数在区间内没有零点得到区间长度小于半个周期，然后由的范围得到的范围，再结合正弦函数的性质，转化为不等式组求解即可．

【详解】

因为，

所以，

即

又在内无零点，

所以，所以，

当时，，

所以()，

解得，()，即，()

又，所以当时，；当时，；当时，；

综上，的取值范围为.

故答案为：.

14．e

【分析】

求函数导数，分类求函数的单调区间求出函数极小值，根据极小值为a求解.

【详解】

，

若，则当时，，单调递增，

此时不存在极值，不符合题意，

所以，易知在上单调递增，且当时，，

当时，，所以存在唯一的，使得.

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

所以的极小值，

因为，

所以，即，

设，因为，

所以在上单调递减，又，

所以，从而.

故答案为：

15．（答案不唯一）.

【分析】

根据（i）可知是偶函数，根据（iii）结合函数单调性的定义可知在上单调递增，写出一个符合性质（i）（ii）（iii）的函数即可.

【详解】

由可得，

不妨设，则，可得，

所以在上单调递增，

因为为奇函数，所以是偶函数，且定义域为，值域为，

作函数的图象如图所示：

图象关于轴对称，是偶函数，满足（i）为奇函数；

满足（ii）定义域为，值域为；在上单调递增，满足（iii），

所以具有性质，写出一个具有性质的函数可以是，

故答案为：（答案不唯一）.

16．

（1）的单调递减区间为，单调递增区间为

（2）

【分析】

（1）求出，令，进一步求出，分析正负取值的情况，进而可得的单调性；

（2）将不等式不等式恒成立问题转化为恒成立，令，通过求导求出的最小值，进而可得答案.

（1）

当时，得，

令，则

当时，，

当时，单调递减﹔

当时，单调递增.

，

又当时，恒成立，且，

当时，单调递减﹔当时，单调递减﹔

综上:的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）

恒成立，即恒成立，

即恒成立，

因为只需恒成立，

只需，

令，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以恒成立，当且仅当时等号成立，

所以恒成立，当且仅当时等号成立，

由和的图像有交点可得存在使得，

所以，

所以，所以.

【点睛】

关键点点睛：（1）当一次求导不能解决问题的时候，我们需要对导函数再次求导来研究函数的性质；（2）对于恒成立问题，我们需要通过参变分离来转化为最值问题，这个过程需要构造函数来研究函数性质.

17．

（1）在和上单调递增，在上单调递减；

（2）证明见解析.

【分析】

（1）对求导可得，讨论、求自变量范围，即可确定单调区间；

（2）由题设得，讨论、、结合导数及零点存在性定理判断零点的个数，即可证明结论.

（1）

由题意知：，

令，得或，令，得，

∴在和上单调递增，在上单调递减；

（2）

由题意知：，

①当时，，

易知：在上单调递减，且，

（i）若，则，则在上单调递增

又，，则在上有唯一零点；

（ii）若，则，又，

∴存在，使得，

∴当时，；当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，又，，

∴在上有唯一零点，

综上，在上唯一零点；

②当时，，

由，则在上单调递减，又，，

∴在上有唯一零点；

③当，

∴，故在上无零点，

综上，时在上有且只有两个零点.

【点睛】

关键点点睛：第二问，将拆分为、、，结合导数、零点存在性定理，分别讨论的零点情况.

18．

（1）两个

（2）

【分析】

（1）由题意得到，先得到，再由时，设，则，分、和三种情况讨论，即可求解；

（2）当时，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

（1）

解：由题意，函数，可得，

因为为的零点，所以，即，

从而，

①因为，所以0是的零点；

②当时，设，则，

（ⅰ）若，令，则，

所以在单调递减，因为，

所以存在唯一的，使得，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

（ⅱ）若，令，则，故在上单调递减，所以.又，

所以在上单调递减；

（ⅲ）若，则在上单调递减.

由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，在上单调递增，在上单调递减，

因为，所以存在唯一使得.

当时，，在上单调递增，，

当时，，在上单调递减，

因为，所以在上有且只有一个零点.

综上可得，在上有两个零点.

（2）

（2）当时，，则不等式化为，即为.

令，

则

当时，，在单调递增，且，故时满足题意；

当时，令，则在有无数零点

所以存在最小的一个，使，则在单调递增，

所以，即，所以，使，

所以，故不满足题意，舍去.

当时，因为，所以，令，，不满足题意，舍去.

综上可得，，即实数的取值范围是.