第2讲 函数与导数（2022年高考真题）（解析版）

1、第2讲 函数与导数 一、单选题1（2022全国高考真题）已知函数的定义域为R，且，则（）ABC0D1【答案】A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出【详解】因为，令可得，所以，令可得，即，所以函数为偶函数，令得，即有，从而可知，故，即，所以函数的一个周期为因为，所以一个周期内的由于22除以6余4，所以故选：A2（2022全国高考真题（理）已知函数的定义域均为R，且若的图像关于直线对称，则（）ABCD【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，

2、所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.3（2022全国高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】 球的体积为，所

3、以球的半径,设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，当时，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.4（2022全国高考真题）设，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】设，因为，当时，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，又，所以当时，所以当时，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.5（2022全国高考真题（文）如图是下列

4、四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（）ABCD【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设，则，故排除B;设，当时，所以，故排除C;设，则，故排除D.故选：A.6（2022全国高考真题（文）函数在区间的最小值、最大值分别为（）ABCD【答案】D【解析】【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.【详解】，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减，又，所以在区间上的最小值为，最大值为.故选：D7（2022全国高考真题（理）已知，则（）ABCD【答案】A【解析】【分析】由结合三角函数的性质可得；构造函数，利用导数

5、可得，即可得解.【详解】因为,因为当所以,即,所以；设，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A8（2022全国高考真题（理）函数在区间的图象大致为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，所以，排除C.故选：A.9（2022全国高考真题（理）当时，函数取得最大值，则（）ABCD1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有故选：B.10（2022全国高

6、考真题（文）已知，则（）ABCD【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，然后由指数函数的单调性即可解出【详解】由可得，而，所以，即，所以又，所以，即，所以综上，故选：A.二、多选题11（2022全国高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（）A在区间单调递减B在区间有两个极值点C直线是曲线的对称轴D直线是曲线的切线【答案】AD【解析】【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出【详解】由题意得：，所以，即，又，所以时，故对A，当时，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯

7、一极值点；对C，当时，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即故选：AD12（2022全国高考真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（）ABCD【答案】BC【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为，均为偶函数，所以即，所以，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决

8、本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.13（2022全国高考真题）已知函数，则（）A有两个极值点B有三个零点C点是曲线的对称中心D直线是曲线的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，令得或，令得，所以在上单调递减，在，上单调递增，所以是极值点，故A正确；因，所以，函数在上有一个零点，当时，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一

9、个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.三、双空题14（2022全国高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为_，_【答案】 【解析】【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；【详解】解： 因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；1

10、5（2022全国高考真题（文）若是奇函数，则_，_【答案】 ； 【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出【详解】因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称由可得，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，即，在定义域内满足，符合题意故答案为：；四、填空题16（2022全国高考真题（理）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点若，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，时，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得

11、出答案.【详解】解：，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以函数在和上递减，在上递增，所以当时，当时，若时，当时，则此时，与前面矛盾，故不符合题意，若时，则方程的两个根为，即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，,函数的图象是单调递减的指数函数，又,的图象由指数函数向下关于轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的倍得到，如图所示：设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，则切线的斜率为，故切线方程为，则有，解得，则切线的斜率为，因为函数与函数的图象有两个不同的交点，所以，解得，又，所以，综上所述，的范围为.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，

12、考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.17（2022全国高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.【详解】，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,切线过原点，,整理得：,切线有两条，,解得或,的取值范围是,故答案为：五、解答题18（2022全国高考真题（文）已知函数(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（

13、2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当时，则，当时，单调递增；当时，单调递减；所以；(2)，则，当时，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减；此时，由（1）得当时，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性

14、，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.19（2022全国高考真题）已知函数(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，求a的取值范围；(3)设，证明：【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.(1)当时，则，当时，当时，故的减区间为，增区间为.(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，

15、故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，所以在上为减函数，所以.综上，.(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.20（2022全国高考真题）已知函数和有相同的最小值(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有

16、三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【答案】(1)(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当时， 的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.当时，故在上为减函数，当时，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中

17、，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.(2)由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，当时，当时，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，当时，由（1）讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线

18、与曲线、有三个不同的交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.21（2022全国高考真题（理）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究(1)的定义域为当时,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为(