專題03 函數的概念與性質（含導數）（解析版）2024年高考數學一模試題分類匯編（新高考新題型專用）

第第頁專題03函數的概念與性質函數定義域值域、求值1．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實驗學校?？家荒＃┮阎瘮?，若的值域為，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助的值域為可得要取遍所有的正數，對進行分類討論即可得.【詳解】若函數的值域為，則要取遍所有的正數．所以或，解得，即實數的取值范圍是.故選：A．2．（2024·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）若函數的定義域為，且，，則（

）A． B．為偶函數C．的圖象關于點對稱 D．【答案】BCD【分析】對于A，令,可得；對于B，令，可得，即可判斷；對于C，令得，再令即可判斷；對于D，根據條件可得,繼而，進一步分析可得函數周期為4，分析求值即可.【詳解】對于A，令，則，因為，所以，則，故A錯誤；對于B，令，則，則，故B正確；對于C，令得，，所以，令得，，則的圖象關于點對稱，故C正確；對于D，由得，又，所以，則，，所以，則函數的周期為，又，，則，，則，所以，故D正確，故選：BCD.3．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實驗學校?？家荒＃┮阎瘮登笫狗匠痰膶崝到鈧€數為3時取值范圍．【答案】【分析】分析給定函數的性質，作出圖象，數形結合求出取值范圍.【詳解】當時，函數在是遞減，函數值集合為，在上遞增，函數值集合為，當時，是增函數，函數值集合為R，方程的實數解個數，即為函數與直線的交點個數，在同一坐標系內作出直線與函數的圖象，觀察圖象，當時，直線與函數的圖象有3個交點，所以方程的實數解個數為3時取值范圍是.故答案為：4．（2024·福建廈門·統(tǒng)考一模）已知函數的定義域為，，，，若，則（

）A． B． C．2 D．4【答案】A【分析】利用賦值法對進行賦值結合函數的周期可得答案.【詳解】令，得，即，令，得，得，所以函數為偶函數，令，得，令，得，，或，若，解得與已知矛盾，，即，解得，，令，得，，，，，所以函數的周期為4..故選：A.函數單調性5．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）若函數單調遞增，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由恒成立分離常數，利用基本不等式求得的取值范圍.【詳解】依題意，即對任意恒成立，即恒成立，因為（當且僅當時取“=”），所以.故選：D6．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）已知定義在R上的函數滿足：，且時，，則關于的不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據函數單調性和奇偶性則得到不等式，解出即可.【詳解】任取，則，而時，，則，，所以在上單調遞減，，，取，則，令，得，所以為上的奇函數，，即，則，解得故選：A.7．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實驗學校?？家荒＃┰O函數，（e為自然對數的底數）（1）若函數有兩個極值點，求a的取值范圍；（2）設函數，其中為的導函數，求證：的極小值不大于1.【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）求得，根據有兩個極值點，轉化為與的圖象的交點有兩個，利用導數求得函數的單調性與極值，即可求解.（2）根據題意得到，求得，得到，進而求得的單調性與極值，再分和兩種情況，結合函數的單調性和極值的運算，即可求解.【詳解】（1）由題意，函數，可得，因為有兩個極值點，即方程在有兩個不同的解，即與的圖象的交點有兩個.由，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，有極大值.又因為時，；時，，當時，即時有兩個解，所以（2）由函數可得，則，所以在單調遞增，若時，當時，.在上單調遞減；當時，.在上單調遞增；所以在處取得極小值若，令，則；令，則所以在，有唯一解；若，令，則，令，則，所以在，有唯一解；所以在有唯一解，當時，，在單調遞減；當時，，在單調遞增；所以，令，則，由，可得，當時，，在單調遞增；當時，，在單調遞減，所以，即的極小值不大于1.【點睛】對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．函數奇偶性8．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）已知為奇函數，則（

）A． B．2 C．1 D．【答案】A【分析】根據函數的奇偶性求函數在區(qū)間上的解析式，對比系數求得.【詳解】當時，，所以，通過對比系數得.故選：A9．（2024·福建廈門·統(tǒng)考一模）已知為定義在上的奇函數，當時，，則（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【分析】根據奇函數的定義求解即可.【詳解】當時，，所以，因為為定義在上的奇函數，所以，且，所以故選：D10．（2024·浙江·校聯(lián)考一模）若函數是上的偶函數，則．【答案】1【分析】根據函數是上的偶函數，利用特殊值可得答案.【詳解】若函數是上的偶函數，則有，即，解得，當時，此時，，當時，，，當時，，，所以函數是上的偶函數，符合題意，則.故答案為：1.11．（2024·廣東深圳·校考一模）已知函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用函數奇偶性的定義可求得函數的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】因為函數為偶函數，則，即，①又因為函數為奇函數，則，即，②聯(lián)立①②可得，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，故函數的最小值為.故選：B.12．（2024·吉林白山·統(tǒng)考一模）已知函數的定義域為，且，，請寫出滿足條件的一個（答案不唯一），．【答案】（答案不唯一）；【分析】應用賦值法可得為偶函數及以6為周期，進而可求.【詳解】令，則，解得或，若，令，，則，即與已知矛盾,∴，令，則，則，∴為偶函數；令，則，則，則，所以以6為周期，結合以上特征，找到滿足條件的一個函數為，結合以6為周期，則．故答案為：（答案不唯一）；函數與導數13．（2024·廣東深圳·校考一模）已知函數，a，．若在處與直線相切．(1)求a，b的值；(2)求在（其中為自然對數的底數）上的最大值和最小值．【答案】(1)，(2)，【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得，即可求出、的值；（2）由（1）可得的解析式，求出函數的導函數，即可得到函數的單調區(qū)間與極小值，再求出區(qū)間端點的函數值，即可得解；【詳解】（1）解：函數，，函數在處與直線相切，，解得；（2）解：由（1）可得，所以當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，在處取得極大值即最大值，所以，又，所以14．（2024·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）已知函數與其導函數的定義域均為，且與均為偶函數，則下列說法一定正確的有（

）A．關于對稱 B．關于點對稱C． D．【答案】BC【分析】根據已知得出關于對稱.假設關于對稱，求導即可得出矛盾；根據偶函數的性質，得出，兩邊同時除以，即可判斷B；根據已知，結合導函數得出關于對稱，也關于對稱，即可得出，，進而推得，即可得出C項；根據已知，無法確定.【詳解】對于A項，因為為偶函數，所以關于對稱.若關于對稱，則導函數關于點對稱，這與關于對稱矛盾，所以A錯誤；對于B項，因為為偶函數，所以，即，所以，所以B正確；對于C項，因為為偶函數，所以為奇函數，所以關于對稱，關于對稱，所以.又關于對稱，所以.所以，，所以，故C正確；對于D項，由A知，關于點對稱，.但無法確定.故D錯誤.故選：BC.15．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）已知函數，則在有兩個不同零點的充分不必要條件可以是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】將問題轉化為，令，利用導數討論的單調性，求出，由在有2個不同零點的充要條件為，從而作出判斷.【詳解】因為，令，則，令，則，注意到，令，解得，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則，且當趨近于或時，都趨近于，若在有2個不同零點的充要條件為函數與圖象在第一象限有2個交點，所以，即有2個零點的充要條件為，若符合題意，則對應的取值范圍為的真子集，結合選項可知：A錯誤，BCD正確；故選：BCD.16．（2024·云南昆明·統(tǒng)考一模）若將函數的圖象平移后能與函數的圖象重合，則稱函數和互為“平行函數”.已知，互為“平行函數”，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據“平行函數”的定義，結合函數圖象的變換關系求解即可.【詳解】因為，，而將函數的圖象平移后能與函數的圖象重合，所以，經檢驗符合題意，故選：B.17．（2024·安徽合肥·合肥一六八中學?？家荒＃┮阎瘮?，其圖象在點處的切線方程為．(1)求的值；(2)求函數的單調區(qū)間和極值；【答案】(1)；(2)的增區(qū)間是和，減區(qū)間是，極大值是，極小值是；【分析】（1）由出導函數，計算和，由切線方程列方程組解得；（2）由得增區(qū)間，由得減區(qū)間，從而可得極值；【詳解】（1），，又圖象在點處的切線方程為，所以，解得；（2）由（1）得，或時，，時，，所以的增區(qū)間是和，減區(qū)間是，極大值是，極小值是；18．（2024·吉林白山·統(tǒng)考一模）已知函數（為常數），函數．(1)若函數有兩個零點，求實數的取值的范圍；(2)當，設函數，若在上有零點，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用導數確定函數的單調性，再根據函數有2個零點建立不等式求解即可.（2）由在上有零點可得方程，據此可看作在直線上，可轉化為點到原點距離的平方的最小值，利用導數求最小值即可.【詳解】（1），，①時，，則在上單調遞增，至多有一個零點．②時，令得，則在上單調遞增；令得，則在上單調遞減；若有2個零點，則需滿足，則，又，且，令，則，令，得，故在上單調遞增；令，得，故在上單調遞減；∴，則，即，則．故在上有唯一零點，在上有唯一零點，符合題意，所以為所求．（2）設函數在上的零點為，則，所以在直線上，設為坐標原點，則，其最小值就是到直線的距離的平方，所以，又，∴，令，則，，∴在上單調遞減，，即，所以的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：第（2）問中關鍵在于利用函數在上的零點為，得到方程后轉化為點在直線上，再利用的幾何意義求解.19．（2024·江西贛州·南康中學校聯(lián)考一模）已知函數，，，則（

）A．當時，函數有兩個零點B．存在某個，使得函數與零點個數不相同C．存在，使得與有相同的零點D．若函數有兩個零點，有兩個零點，，一定有【答案】ACD【分析】利用導數研究函數的單調性與最值，結合零點存在性定理及同構式一一判定選項即可.【詳解】由，令，令，即在上單調遞減，在上單調遞增，即，對于A項，當時，則，又易知，且時，，根據零點存在性定理可知函數在和內各有一個零點，故A正確；對于B項，當時，此時，則有一個零點，當時，，則此時無零點，又易得，則，函數的零點個數與的零點個數相同，故B錯誤；對于C項，由A、B項結論可知：當時，有兩個零點，，同時有兩個零點，，則根據單調遞增可知，存在唯一的滿足成立，有，若C正確，因為，則只能有，即，由題意易知：，令，則時，，時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，且時，，時，，設，，因為，時，，，所以存在，使得，即，所以，，即存在，使得與有相同的零點，故C正確；對于D項，由C項結論可知，此時，則由，故D正確.綜上：ACD正確.故選：ACD【點睛】難點點睛：可以先利用導數含參討論函數的單調性與最值，結合零點存在性定理判定零點個數，對于第二項，注意觀察兩個函數的解析式，利用同構式判定可零點之間的聯(lián)系；第三項，構造函數利用其單調性可判定同構式是否有解.20．（2024·云南昆明·統(tǒng)考一模）已知函數，.(1)討論的單調性；(2)當時，若恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）求導后對分類討論即可得；（2）由函性質可得時，，則，再結合函數單調性進行分類討論計算即可得.【詳解】（1）函數的定義域為，，①當時，令，得，則當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，②當時，令，得或，ⅰ）當時，則當或時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，ⅱ）當時，當時，，所以在上單調遞增，ⅲ）當時，則當或時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，（2）當時，令，則，時，，則，故，則，故當時，，所以當時，，解得，由（1）可知，當時，在上的極小值為，由題，則有，解得，當，解得，①當時，，，符合題意，②當時，，，符合題意.綜上，當時，恒成立.【點睛】恒成立問題解題思路：（1）參變量分離：（2）構造函數：①構造函數，研究函數的單調性，求出函數的最值，解不等式即可；②構造函數后，研究函數單調性，利用單調性解不等式，轉化之后參變分離即可解決問題.21．（2024·云南昆明·統(tǒng)考一模）已知函數，，則（

）A．當時，有2個零點B．當時，有2個零點C．存在，使得有3個零點D．存在，使得有5個零點【答案】BCD【分析】令，可得，結合圖象分析方程的根的分布，再結合圖象分析的交點個數，即可得解.【詳解】由的圖象可知，的值域為，對于選項AC：令，則在上恒成立，可知在上單調遞增，則，即當且僅當等號成立，令，若，可得，令，當，則，可知；當，結合圖象可知當且僅當，方程有根，解得；即或，結合圖象可知：有1個根；有2個根；綜上所述：當時，有3個零點，故A錯誤，C正確；

對于選項B：令，若，可得，令，即，注意到，由圖象可知方程有兩個根為一根為，另一根不妨設為，即或，結合圖象可知：有1個根；有1個根；綜上所述：當時，有2個零點，故B正確；

對于選項D：令，若，可得，令，即，令，解得，由圖象可設方程有三個根為，且，即或或，結合圖象可知：或有1個根；有3個根；綜上所述：當時，有5個零點，故D正確；

故選：BCD.【點睛】易錯點睛：利用數形結合求方程解應注意兩點1.討論方程的解(或函數的零點)可構造兩個函數，使問題轉化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準確性、全面性、否則會得到錯解．2.正確作出兩個函數的圖象是解決此類問題的關鍵，數形結合應以快和準為原則而采用，不要刻意去數形結合．22．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實驗學校?？家荒＃┮阎瘮担魹榕己瘮?，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據函數對稱軸可得，進而可知在上為增函數，令，利用導數可得，以及，進而分析得解.【詳解】因為為偶函數，則，可知的對稱軸為，又因為均只有一條對稱軸，可知只有一條對稱軸，則，可得，所以，當時，，因為在上為增函數，則在上為增函數，令，則，當時，，則在上單調遞增，可得，即，則；由，可得，則；即，可得，所以．故選：A．【點睛】關鍵點睛：構造恰當的函數，過程中用到了函數，對應的不等式為，以及變形的．此類不等式常用的有，，，，加強記憶，方便碰到此類問題后直接使用．23．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）已知函數.(1)設函數，討論的單調性；(2)設分別為的極大值點和極小值點，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求得，然后對進行分類討論來求得的單調區(qū)間.（2）由極值點的知識求得的關系式，由此將要證明的不等式轉化為證明，利用構造函數法，結合導數來證得不等式成立.【詳解】（1），，當時，在上恒成立，則在上單調遞增，當時，單調遞減，單調遞增，綜上，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；（2）分別是的極大值點和極小值點，，且對于有，且對稱軸，所以，，所以，綜上，要證，只需證，因為，即證：，設.所以，所以在上單調遞增，所以.所以成立.【點睛】求解函數單調區(qū)間的步驟：（1）確定的定義域；（2）計算導數；（3）求出的根；（4）用的根將的定義域分成若干個區(qū)間，考查這若干個區(qū)間內的符號，進而確定的單調區(qū)間.如果導函數含有參數，則需要對參數進行分類討論，分類討論要做到不重不漏.利用導數證明不等式，首先考慮將要證明的不等式進行轉化，轉化為可構造函數并能利用導數進行證明的結構，從而來對問題進行求解.24．（2024·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）已知函數．(1)證明曲線在處的切線過原點；(2)討論的單調性；(3)若，求實數的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析(3)【分析】（1）利用導函數的幾何意義求解即可；（2）首先求函數的導數，根據判別式，討論a的取值，求函數的單調區(qū)間;（3）把問題轉化為，利用一次函數單調性得，只需證，利用導數研究單調性即可.【詳解】（1）由題設得，所以，又因為，所以切點為，斜率，所以切線方程為，即恒過原點．（2）由（1）得，①時，，當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減；令，則②且時，即時，，在上單調遞增，時，，，則，或，得所以在上單調遞增，在上單調遞增；，則，則，所以在上單調遞減，③時，，則，則，所以在上單調遞減；，則，所以在上單調遞增，綜上：時，在上單調遞增；在上單調遞減；時，在上單調遞增；時，在上單調遞增，在上單調遞增；在上單調遞減，時，在上單調遞減；在上單調遞增，（3）當時，，即，下面證明當時，，，即證，令，因為，所以，只需證，即證，令，，，令，，令，，與在上單調遞減，所以在上單調遞減，，，所以存在，使得，即，所以，，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，，，令，時，所以在上單調遞增，所以，所以，，所以在上單調遞減，，，，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，綜上所述．【點睛】關鍵點點睛第三問的關鍵是構造函數并連續(xù)求導判斷單調性，把構造的函數與當時的函數值比較，從而得到結論.25．（2024·河北衡水·河北冀州中學?？家荒＃┮阎瘮?，若恒成立，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】，則，，即，等價于，等價于，構造函數，再根據函數的單調性進而可得