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备战2024年高考阶段性检测名校重组卷（新高考）
第三章 导数及其应用
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．（2023·重庆·统考二模）已知函数 ，则“ ”是“ 在 上单调递增”的
（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题
若 在 上单调递增，则 恒成立， 即 ，
故“ ”是“ 在 上单调递增”的必要不充分条件
故选: .
2．（2023·四川自贡·统考二模）已知函数 ，则 （ ）
A．有2个极大值点 B．有1个极大值点和1个极小值点
C．有2个极小值点 D．有且仅有一个极值点
【答案】D
【分析】求导，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值点的定义即可得解.
【详解】 ，
因为 （当且仅当 时取等号），
则当 时， ，当 时， ，
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，所以函数 的极小值点为 ，没有极大值点，
即函数 有且仅有一个极值点.
故选：D.
3．（2023·重庆·统考三模）已知直线y＝ax－a与曲线 相切，则实数a＝（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【详解】由 且x不为0，得
设切点为 ，则 ，即 ，
所以 ，可得 .
故选：C
4．（2023·四川成都·统考二模）若函数 在 处有极大值，则实数 的值为（ ）
A．1 B． 或 C． D．
【答案】D
【解析】函数 ， ，
函数 在 处有极大值，可得 ，解得 或 ，
当 时， ， 时 ， 时 ，
在 上单调递减，在 上单调递增， 在 处有极小值，不合题意.
当 时， ， 时 ， 时 ，在 上单调递增，在 上单调递减， 在 处有极大值，符合题意.
综上可得， .
5．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数 ，则 的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】 ，
令 ，所以 在 和 上单调递增，
故选：C
6．（2023·重庆·统考一模）已知函数f (x)及其导函数f' (x)的定义域为R，记g(x)=f' (x)，f(2x+1)和
g(x+2)为偶函数，则（ ）
A．f(1)=f(2) B．f(1)=f(3) C．f(1)=f(4) D．f(1)=f(5)
【答案】D
【分析】根据f (2x+1)是偶函数，可得f(−2x+1)=f(2x+1) ，再求导计算，
从而求得g(1)=0，g(x+2)为偶函数得出对称性,得出 f (x)的周期，由此可求得答案.
【详解】因为f (2x+1)是偶函数，所以f(−2x+1)=f(2x+1)，即f(−x+1)=f(x+1),f (x)关于x=1对
称,
两边求导得−2f' (−2x+1)=2f' (2x+1) ，即−f' (−2x+1)=f' (2x+1)，
所以g(2x+1）=−g(−2x+1) ，即g(x)=−g(−x+2)，g(x)关于(1,0)对称令x=1 可得g(1)=−g(1) ，即g(1)=0 ，
因为g(x+2)为偶函数，所以g(x+2)=g(−x+2) ，即g(x)=g(4−x), g(x)关于x=2对称，g(x)的周期
为4|2−1|=4,
又因g(4−x)=−g(−x+2),所以g(1)=g(3)=0, f (x)关于x=3对称, f (x)的周期为2|3−1|=4,即
f(1)=f(5).
故选: D.
7．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数f (x)=¿（a>0且a≠1），若对任意x>0，f (x)≥x2，则实数a的
取值范围为（ ）
A． ( 0,e − e 1] B． [ 1 ,e − e 1]
16
C． ( 0,e − e 2] D． [ 1 ,e − e 2]
16
【答案】D
1 1 1
【分析】当00,g(x)单调递增，当x∈(e,+∞),g' (x)<0,g(x)单调递减，
2 1 2 − 2
∴g(x) =g(e)= ，∴ln( )≥ ,a≤e e.
max e a e
1 − 2
综上， ≤a≤e e.
16
故选:D.
8．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知函数 ，对任意的 ，都有 ，
当 时， ，若 ，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】令 ，则 ，
可得 ，
即 ，所以 为 上的奇函数，
因为 时， ，可得 ，
所以 在 为单调递减函数，且 ，
所以函数 在 上为单调递减函数，
由不等式 ，
可得整理得到 ，
即 ，可得 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为 .
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·山西运城·统考三模）已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线 在 处的切线与直线 垂直
B． 在 上单调递增
C． 的极小值为
D． 在 上的最小值为
【答案】BC
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，故A错误；
令 ，解得 ，所以 的单调递增区间为 ，
而 ，所以 在 上单调递增，故B正确；
当 时 ，所以 的单调递减区间为 ，
所以 的极小值为 ，故C正确；
在 上单调递减，所以最小值为 ，故D错误；
故选：BC
10．（浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”2023届高三下学期3月联考数学试题）已知 ，且
，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC【分析】对于A、B选项，利用条件构造 ，比值换元将问题转化为单变
量函数求值域问题；
对于C、D选项，构造函数 通过分析单调性判断即可.
【详解】∵ ，∴
∴
令 ，因为 ，所以 ，
即 ，则
当 时， ；
当 且 时，令 ，
则
综上 ， ，即B正确；
又因为 ，所以
令 ，
显然 在 上单调递增， ）的零点y满足
∴ ，解得 .所以要证 ，即证
因为 在 上单调递增，所以即证
而
所以 成立，即 成立，C正确
因为 ，所以当 时， ，AD错误.
故选：B、C．
11．（湖南省名校教研联盟2023届高三下学期4月联考数学试题）已知 和 是定义在上 的函数，
若存在区间 ，且 ， 则称 与 在 上同步.则（ ）
A． 与 在 上同步
B．存在 使得 与 在 上同步
C．若存在 使得 与 在 上同步，则
D．存在区间 使得 与 在 上同步
【答案】BC
【分析】由题意转化为 在 上是否至少存在两个零点 ， ，结合零点存在性定理判
断选项A、B；结合导数找到函数的单调性及最值，再根据函数零点情况判断选项C、D.
【详解】由题知 与 在上 同步，即 在 上，至少存在两个零点 ，
，
对于A， 在上 单调递增，故A错误.对于B， ， ， ， ，
函数 在 上必有一个零点，故B正确.
对于C， ， ，
当 时函数 在 上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，
当 时，当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，当 时 ，当 时，
，
当 时， 取最大值，
若 要有两个零点，则 ，解得 ，故C正确.
对于D， ， ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，又 ，
所以 ， 没有零点，故D错误.
故选：BC.
12.（重庆市2023届高三三模数学试题）函数 是定义在 上不恒为零的可导函数，对任意的x，
均满足： ， ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】先得到 ，再假设 为正整数，利用累乘法求出 的解析式，再验证 不为
正整数时， 也符合题意.利用 的解析式容易判断ABC，根据错位相减法求和可判断D.
【详解】令 ，得 ，代入 ，得 ，
当 为正整数时， ，
所以 ，
所以 ，代入 ，得 ，
所以 ，又当 时，也符合题意，
所以 .
当 不为正整数时，经验证 也满足 ，
故 为任意实数时，都有 .
所以 ，故A正确； ，故B正确；
所以 ， ，故C不正确；
所以 ，
令 ，
则 ，
所以 ，所以 ，所以 ，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（上海市建平中学2023届高三三模数学试题）函数 的导数为 __________.
【答案】
【分析】利用复合函数的求导法则以及商的导数运算法可求得结果.
【详解】因为 ，
则 .
故答案为： .
14．（2023·安徽安庆·统考二模）已知函数 ，其中 ，若不等式 对任
意 恒成立，则 的最小值为______.
【答案】
【分析】首先求出 ，则问题即为 ，可同构变形为 ，构
造函数 ， ，利用导数说明函数的单调性，即可得到 ，参变分离得到
，再令 ， ，利用导数求出函数 的最大值，即可求出参数的取值范围，
即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
所以不等式 即为 ，
即 ，构造函数 ， ，则 ，
则 即为 ，
因为 ，所以 ，所以 ， ，所以 ，
所以 在 上单调递增，而 ， ，
因此由 等价于 ，所以 ，
令 ， ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
故正实数 的最小值为 .
故答案为：
15.（2023·江西南昌·统考二模）潮汐现象是地球上的海水在太阳和月球双重引力作用下产生的全球性的海
水的周期性变化，人们可以利用潮汐进行港口货运.某港口具体时刻 （单位：小时）与对应水深 （单位：
米）的函数关系式为 .某艘大型货船要进港，其相应的吃水深度（船底与水面的
距离）为7米，船底与海底距离不小于4.5米时就是安全的，该船于2点开始卸货（一次卸货最长时间不
超过8小时），同时吃水深度以0.375米/小时的速度减少，该船8小时内没有卸完货，要及时驶入深水区
域，则该船第一次停止卸货的时刻为______.
【答案】6时
【解析】令船底与海底距离为 ，则 ，
所以 ，所以 ，
又 ， ，所以 ，
所以当 或 时， 当 时，
所以 在 上单调递增； 在 上单调递减.
又因为 ，
所以当 时， ；当 时，
所以该船第一次停止卸货的时刻为6时.
16．（天津市2023届高三三模数学试题）已知函数 ，则函数 存在_____个极值点；
若方程 有两个不等实根，则 的取值范围是___________
【答案】 4；
【分析】利用导数研究 的单调性和极值，作出 的图象；由关于 的方程 有两个
不相等的实数根，得到函数 与 有一个交点，利用图象法求解．
【详解】对于函数 ．
当 时， ．
令 ，解得： 或 ；令 ，解得： ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
而 ， ； ， ．当 时， ．
令 ，解得： ；令 ，解得： ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
而 ； ， ， ．
作出 的图象如图所示：
所以函数存在4个极值点.
解关于 的方程 有两个不相等的实数根,
即关于 的方程 有两个不相等的实数根，
只有一个实数根 ，所以关于 的方程 有一个非零的实数根，
即函数 与 有一个交点，横坐标 ．
结合图象可得： 或 ，
所以 的取值范围是 ．
故答案为：4； .
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤。
17．（2023·山东潍坊二模）已知函数 .
(1)当 时，求函数 在点 处的切线方程；(2)讨论函数 的极值点的个数.
【解析】（1）∵ ，∴ ，
∴ ，而 ，
∴函数 在点 处的切线方程 ，
级 .
（2）所以 ，
当 ， 时， ，
当 时， ，此时 存在一个极值点 .
当 时，则 ，
当 时， ；
当 时， ；当 时， ，
此时 存在两个极值点 ， .
当 时， ，
当 时， ；当 时. ，此时 没有极值点.
当 时， ，
当 时， ；当 时， ；当 时， ，
此时 存在两个极值点 ， .
综上所述：当 或 ，存在两个极值点；当 时，存在一个极值点；当 时，没有极值点.
18．（2023·福建莆田·统考二模）已知函数 ．
(1)若 的最小值为0，求a；
(2)设函数 ，若 是增函数，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数最值与极值的关系推得 为 的一个极值点，从而求得 ，再代回检验
是否满足题意即可得解；
（2）先利用同构法得到 ，再构造函数，结合（1）中结论证得
，从而得到 ，由此得解.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
又 的最小值为0，所以 为 的一个极值点，
又因为 ，所以 ，解得 ，
检验：当 时， ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
故 ，满足题意，
综上， .
（2）因为函数 是增函数，所以 ，
即 ，
令 ，则 ，
所以方程 有解，
由（1）可知， ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，
所以当 时， ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
19.（2023·山东潍坊·统考一模）已知函数 .
f (x)=ex−1lnx,g(x)=x2−x
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当x∈(0,2)吋，f (x)≤g(x).
【答案】(1)函数f (x)在(0,+∞)上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；
lnx x−1 x
（2）当x∈(0,2)吋，f (x)≤g(x)，即证 ≤ 在x∈(0,2)上恒成立，利用导数求出函数l(x)= 的
elnx ex−1 ex
单调区间，再利用导数比较在x∈(0,2)时，lnx和x−1的大小，即可得证.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=ex−1lnx+ ex−1 =ex−1( lnx+ 1)，
x x
1 1 1 x−1
记ℎ(x)=lnx+ ，则ℎ '(x)= − = ，
x x x2 x2
所以当 时， ，函数 单调递减，
01
ℎ
'(x)>0 ℎ(x)
所以ℎ(x)≥ℎ(1)=1，
所以 f'(x)=ex−1(
lnx+
1)
>0
，
x
所以函数f (x)在(0,+∞)上单调递增；
lnx x−1
（2）原不等式为ex−1lnx≤x2−x=x(x−1)，即 ≤ ，
x ex−1
lnx x−1
即证 ≤ 在x∈(0,2)上恒成立，
elnx ex−1
设 l(x)= x ，则 l'(x)= ex−xex = 1−x，
ex (ex) 2 ex
所以，当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
x<1 l'(x)>0 l(x) x>1 l'(x)<0 l(x)
1
所以l(x)≤l(1)= ，
e
1 1−x
令t(x)=lnx−x+1,t'(x)= −1= ，
x x
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
00 t(x) x>1 t'(x)<0 t(x)
所以t(x) =t(1)=0，所以lnx≤x−1，
max
lnx x−1
且在x∈(0,2)上有¿，所以可得到l(lnx)≤l(x−1)，即 ≤ ，
elnx ex−1
所以在x∈(0,2)时，有f (x)≤g(x)成立.
20.（2023·山东泰安·统考一模）已知函数 ， .
（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若当 时， 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）函数 的单调递增区间为 ，无递减区间
（2）
【解析】【分析】（1）求出函数 的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数 的增区间和减
区间；
（2）设 ，可知 对任意的 恒成立，对实数 的取值进行
分类讨论，利用导数分析函数 在 上的单调性，验证 对任意的 能否恒成立，综
合可得出实数 的取值范围.
【小问1详解】
解： 的定义域为 ，当 时， ，
，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增.
所以， ，则 对任意的 恒成立，
所以，函数 的单调递增区间为 ，无递减区间.
【小问2详解】
解：当 时， 恒成立等价于 在 上恒成立，
设 ，则 ，
设 ，
则 图象为开口向上，对称轴为 的抛物线的一部分，
当 时， ， 在 单调递增，且 ，
所以， ，即 ，则函数 在 上单调递增，
又因为 ，所以 在 恒成立，满足题意；
当 时， ， ，
所以方程 有两相异实根，设为 、 ，且 ，则 ，
当 时， ， ， 在 上单调递减，
又因为 ，故当 时， ，
所以， 在 上不恒成立，不满足题意.
综上， 的取值范围为 .
21．（2023·湖北·校联考三模）已知函数
(1)求函数 的单调区间；
(2)若 ，在 内存在不等实数 ，使得 ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）函数定义域为 ，
二次函数 的对称轴是
①若 时，在 上 ，从而 ，函数 的单调递增区间是 ；②若 时， ，
∴函数 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ；
（2）由对称性不妨设 ，
，
若 ，由（1）得 在 上单调递增，有 ，
与已知条件矛盾；
时，同理可推出矛盾．
， ，
要证明： ，只需证明：
， 在 上单调递增，∴只需证明：
又 ，∴只需证明：
构造函数 ，
其中 ．
当 时，
在 单调递减，
时，
成立
由 在定义域内单调递增得， ，即 成立．
22.（2023·山东青岛·统考一模）已知函数 ，圆 ．（1）若 ，写出曲线 与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
（2）若曲线 与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线 上存在点 ，对任意 ， ．
【答案】（1） ；
（2）(i) ；(ii)证明见解析．
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊
解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线 与圆 公切线 的方程为 ，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据
圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转
化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【小问1详解】
设f(x)的切线的切点为 ，
∵ ，∴切线斜率 为，
∴切线方程为 ，即 ，
当b＝1时，圆的圆心为 ，半径为 ，
当f(x)的切线也是圆的切线时， ，
即 ，易知 是该方程的一个根，此时切线方程为 ．
【小问2详解】
(i)设曲线 与圆 公切线 的方程为 (显然，l斜率存在)，
∵ 与曲线 相切，故 ，
∴切点为 ， ，即 ，即 ，
∵ 与圆 相切，∴ ，即 ，
∴ ，
令 ，
则 ，
设 ，则 ，
易证明： ．
①当 时，∵ 在 上单调递增，在 上单调递减；∴ ，
∵ ， ，
；∴存在 ， ，使得 ．
∴ ， ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减；
∵ ，且 ，
又∵ ，
且 ，
∴存在 ，使得 ，
∴当 时，曲线 与圆 恰有三条公切线；
②当 时，∵ ；
∴存在 ，使得 ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减；
∴ ，且 ，
∴ 不可能存 在三个零点；③当 时， ；∴ 在 上单调递减，最多一个零点；
∴ 最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线 与圆 恰有三条公切线，则 的取值范围为 ．
(ii)函数 的零点，
即方程 的解，
即曲线 和曲线 交点的横坐标，
结合图象，
显然存在 ，使得 成立，
∴ 对任意 恒成立．
