专题03 函数的概念与性质（含导数）（解析版）2024年高考数学一模试题分类汇编（新高考新题型专用）

第第页专题03函数的概念与性质函数定义域值域、求值1．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助的值域为可得要取遍所有的正数，对进行分类讨论即可得.【详解】若函数的值域为，则要取遍所有的正数．所以或，解得，即实数的取值范围是.故选：A．2．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）若函数的定义域为，且，，则（

）A． B．为偶函数C．的图象关于点对称 D．【答案】BCD【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可.【详解】对于A，令，则，因为，所以，则，故A错误；对于B，令，则，则，故B正确；对于C，令得，，所以，令得，，则的图象关于点对称，故C正确；对于D，由得，又，所以，则，，所以，则函数的周期为，又，，则，，则，所以，故D正确，故选：BCD.3．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）已知函数求使方程的实数解个数为3时取值范围．【答案】【分析】分析给定函数的性质，作出图象，数形结合求出取值范围.【详解】当时，函数在是递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为，当时，是增函数，函数值集合为R，方程的实数解个数，即为函数与直线的交点个数，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，观察图象，当时，直线与函数的图象有3个交点，所以方程的实数解个数为3时取值范围是.故答案为：4．（2024·福建厦门·统考一模）已知函数的定义域为，，，，若，则（

）A． B． C．2 D．4【答案】A【分析】利用赋值法对进行赋值结合函数的周期可得答案.【详解】令，得，即，令，得，得，所以函数为偶函数，令，得，令，得，，或，若，解得与已知矛盾，，即，解得，，令，得，，，，，所以函数的周期为4..故选：A.函数单调性5．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）若函数单调递增，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由恒成立分离常数，利用基本不等式求得的取值范围.【详解】依题意，即对任意恒成立，即恒成立，因为（当且仅当时取“=”），所以.故选：D6．（2024·重庆·统考一模）已知定义在R上的函数满足：，且时，，则关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数单调性和奇偶性则得到不等式，解出即可.【详解】任取，则，而时，，则，，所以在上单调递减，，，取，则，令，得，所以为上的奇函数，，即，则，解得故选：A.7．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）设函数，（e为自然对数的底数）（1）若函数有两个极值点，求a的取值范围；（2）设函数，其中为的导函数，求证：的极小值不大于1.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求得，根据有两个极值点，转化为与的图象的交点有两个，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求解.（2）根据题意得到，求得，得到，进而求得的单调性与极值，再分和两种情况，结合函数的单调性和极值的运算，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，可得，因为有两个极值点，即方程在有两个不同的解，即与的图象的交点有两个.由，当时，，单调递增；当时，，单调递减，有极大值.又因为时，；时，，当时，即时有两个解，所以（2）由函数可得，则，所以在单调递增，若时，当时，.在上单调递减；当时，.在上单调递增；所以在处取得极小值若，令，则；令，则所以在，有唯一解；若，令，则，令，则，所以在，有唯一解；所以在有唯一解，当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；所以，令，则，由，可得，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减，所以，即的极小值不大于1.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．函数奇偶性8．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知为奇函数，则（

）A． B．2 C．1 D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性求函数在区间上的解析式，对比系数求得.【详解】当时，，所以，通过对比系数得.故选：A9．（2024·福建厦门·统考一模）已知为定义在上的奇函数，当时，，则（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【分析】根据奇函数的定义求解即可.【详解】当时，，所以，因为为定义在上的奇函数，所以，且，所以故选：D10．（2024·浙江·校联考一模）若函数是上的偶函数，则．【答案】1【分析】根据函数是上的偶函数，利用特殊值可得答案.【详解】若函数是上的偶函数，则有，即，解得，当时，此时，，当时，，，当时，，，所以函数是上的偶函数，符合题意，则.故答案为：1.11．（2024·广东深圳·校考一模）已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为函数为偶函数，则，即，①又因为函数为奇函数，则，即，②联立①②可得，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故函数的最小值为.故选：B.12．（2024·吉林白山·统考一模）已知函数的定义域为，且，，请写出满足条件的一个（答案不唯一），．【答案】（答案不唯一）；【分析】应用赋值法可得为偶函数及以6为周期，进而可求.【详解】令，则，解得或，若，令，，则，即与已知矛盾,∴，令，则，则，∴为偶函数；令，则，则，则，所以以6为周期，结合以上特征，找到满足条件的一个函数为，结合以6为周期，则．故答案为：（答案不唯一）；函数与导数13．（2024·广东深圳·校考一模）已知函数，a，．若在处与直线相切．(1)求a，b的值；(2)求在（其中为自然对数的底数）上的最大值和最小值．【答案】(1)，(2)，【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出、的值；（2）由（1）可得的解析式，求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极小值，再求出区间端点的函数值，即可得解；【详解】（1）解：函数，，函数在处与直线相切，，解得；（2）解：由（1）可得，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得极大值即最大值，所以，又，所以14．（2024·湖南邵阳·统考一模）已知函数与其导函数的定义域均为，且与均为偶函数，则下列说法一定正确的有（

）A．关于对称 B．关于点对称C． D．【答案】BC【分析】根据已知得出关于对称.假设关于对称，求导即可得出矛盾；根据偶函数的性质，得出，两边同时除以，即可判断B；根据已知，结合导函数得出关于对称，也关于对称，即可得出，，进而推得，即可得出C项；根据已知，无法确定.【详解】对于A项，因为为偶函数，所以关于对称.若关于对称，则导函数关于点对称，这与关于对称矛盾，所以A错误；对于B项，因为为偶函数，所以，即，所以，所以B正确；对于C项，因为为偶函数，所以为奇函数，所以关于对称，关于对称，所以.又关于对称，所以.所以，，所以，故C正确；对于D项，由A知，关于点对称，.但无法确定.故D错误.故选：BC.15．（2024·重庆·统考一模）已知函数，则在有两个不同零点的充分不必要条件可以是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】将问题转化为，令，利用导数讨论的单调性，求出，由在有2个不同零点的充要条件为，从而作出判断.【详解】因为，令，则，令，则，注意到，令，解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，且当趋近于或时，都趋近于，若在有2个不同零点的充要条件为函数与图象在第一象限有2个交点，所以，即有2个零点的充要条件为，若符合题意，则对应的取值范围为的真子集，结合选项可知：A错误，BCD正确；故选：BCD.16．（2024·云南昆明·统考一模）若将函数的图象平移后能与函数的图象重合，则称函数和互为“平行函数”.已知，互为“平行函数”，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据“平行函数”的定义，结合函数图象的变换关系求解即可.【详解】因为，，而将函数的图象平移后能与函数的图象重合，所以，经检验符合题意，故选：B.17．（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）已知函数，其图象在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)求函数的单调区间和极值；【答案】(1)；(2)的增区间是和，减区间是，极大值是，极小值是；【分析】（1）由出导函数，计算和，由切线方程列方程组解得；（2）由得增区间，由得减区间，从而可得极值；【详解】（1），，又图象在点处的切线方程为，所以，解得；（2）由（1）得，或时，，时，，所以的增区间是和，减区间是，极大值是，极小值是；18．（2024·吉林白山·统考一模）已知函数（为常数），函数．(1)若函数有两个零点，求实数的取值的范围；(2)当，设函数，若在上有零点，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，再根据函数有2个零点建立不等式求解即可.（2）由在上有零点可得方程，据此可看作在直线上，可转化为点到原点距离的平方的最小值，利用导数求最小值即可.【详解】（1），，①时，，则在上单调递增，至多有一个零点．②时，令得，则在上单调递增；令得，则在上单调递减；若有2个零点，则需满足，则，又，且，令，则，令，得，故在上单调递增；令，得，故在上单调递减；∴，则，即，则．故在上有唯一零点，在上有唯一零点，符合题意，所以为所求．（2）设函数在上的零点为，则，所以在直线上，设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，所以，又，∴，令，则，，∴在上单调递减，，即，所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：第（2）问中关键在于利用函数在上的零点为，得到方程后转化为点在直线上，再利用的几何意义求解.19．（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）已知函数，，，则（

）A．当时，函数有两个零点B．存在某个，使得函数与零点个数不相同C．存在，使得与有相同的零点D．若函数有两个零点，有两个零点，，一定有【答案】ACD【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.【详解】由，令，令，即在上单调递减，在上单调递增，即，对于A项，当时，则，又易知，且时，，根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确；对于B项，当时，此时，则有一个零点，当时，，则此时无零点，又易得，则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误；对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，，同时有两个零点，，则根据单调递增可知，存在唯一的满足成立，有，若C正确，因为，则只能有，即，由题意易知：，令，则时，，时，，故在上单调递减，在上单调递增，且时，，时，，设，，因为，时，，，所以存在，使得，即，所以，，即存在，使得与有相同的零点，故C正确；对于D项，由C项结论可知，此时，则由，故D正确.综上：ACD正确.故选：ACD【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解.20．（2024·云南昆明·统考一模）已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)当时，若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导后对分类讨论即可得；（2）由函性质可得时，，则，再结合函数单调性进行分类讨论计算即可得.【详解】（1）函数的定义域为，，①当时，令，得，则当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，②当时，令，得或，ⅰ）当时，则当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，ⅱ）当时，当时，，所以在上单调递增，ⅲ）当时，则当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，（2）当时，令，则，时，，则，故，则，故当时，，所以当时，，解得，由（1）可知，当时，在上的极小值为，由题，则有，解得，当，解得，①当时，，，符合题意，②当时，，，符合题意.综上，当时，恒成立.【点睛】恒成立问题解题思路：（1）参变量分离：（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参变分离即可解决问题.21．（2024·云南昆明·统考一模）已知函数，，则（

）A．当时，有2个零点B．当时，有2个零点C．存在，使得有3个零点D．存在，使得有5个零点【答案】BCD【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解.【详解】由的图象可知，的值域为，对于选项AC：令，则在上恒成立，可知在上单调递增，则，即当且仅当等号成立，令，若，可得，令，当，则，可知；当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；即或，结合图象可知：有1个根；有2个根；综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；

对于选项B：令，若，可得，令，即，注意到，由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，即或，结合图象可知：有1个根；有1个根；综上所述：当时，有2个零点，故B正确；

对于选项D：令，若，可得，令，即，令，解得，由图象可设方程有三个根为，且，即或或，结合图象可知：或有1个根；有3个根；综上所述：当时，有5个零点，故D正确；

故选：BCD.【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．22．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）已知函数．若为偶函数，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数对称轴可得，进而可知在上为增函数，令，利用导数可得，以及，进而分析得解.【详解】因为为偶函数，则，可知的对称轴为，又因为均只有一条对称轴，可知只有一条对称轴，则，可得，所以，当时，，因为在上为增函数，则在上为增函数，令，则，当时，，则在上单调递增，可得，即，则；由，可得，则；即，可得，所以．故选：A．【点睛】关键点睛：构造恰当的函数，过程中用到了函数，对应的不等式为，以及变形的．此类不等式常用的有，，，，加强记忆，方便碰到此类问题后直接使用．23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知函数.(1)设函数，讨论的单调性；(2)设分别为的极大值点和极小值点，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论来求得的单调区间.（2）由极值点的知识求得的关系式，由此将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.【详解】（1），，当时，在上恒成立，则在上单调递增，当时，单调递减，单调递增，综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）分别是的极大值点和极小值点，，且对于有，且对称轴，所以，，所以，综上，要证，只需证，因为，即证：，设.所以，所以在上单调递增，所以.所以成立.【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.利用导数证明不等式，首先考虑将要证明的不等式进行转化，转化为可构造函数并能利用导数进行证明的结构，从而来对问题进行求解.24．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知函数．(1)证明曲线在处的切线过原点；(2)讨论的单调性；(3)若，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；（2）首先求函数的导数，根据判别式，讨论a的取值，求函数的单调区间;（3）把问题转化为，利用一次函数单调性得，只需证，利用导数研究单调性即可.【详解】（1）由题设得，所以，又因为，所以切点为，斜率，所以切线方程为，即恒过原点．（2）由（1）得，①时，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减；令，则②且时，即时，，在上单调递增，时，，，则，或，得所以在上单调递增，在上单调递增；，则，则，所以在上单调递减，③时，，则，则，所以在上单调递减；，则，所以在上单调递增，综上：时，在上单调递增；在上单调递减；时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减，时，在上单调递减；在上单调递增，（3）当时，，即，下面证明当时，，，即证，令，因为，所以，只需证，即证，令，，，令，，令，，与在上单调递减，所以在上单调递减，，，所以存在，使得，即，所以，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，，令，时，所以在上单调递增，所以，所以，，所以在上单调递减，，，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，综上所述．【点睛】关键点点睛第三问的关键是构造函数并连续求导判断单调性，把构造的函数与当时的函数值比较，从而得到结论.25．（2024·河北衡水·河北冀州中学校考一模）已知函数，若恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】，则，，即，等价于，等价于，构造函数，再根据函数的单调性进而可得