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函数的性质及其应用 考点1 专题07 导数 5 大考点概览 考点01 函数的性质及其应用 考点02 导数的概念和几何意义 考点03 利用导数求极值和最值 考点04 零点问题 考点05 不等式恒成立问题 一、单选题 1．（2026·安徽滁州·二模）已知函数 的定义域为 ，若满足 为偶函数，且 为 奇函数，则下列选项一定正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据奇偶性定义分析函数 的对称性和周期性，根据函数性质逐项分析判断. 【详解】由 为偶函数，得 ，即 关于 对称. 由 为奇函数，得 ，令 可得 . 所以 ， ， 联立得 ， ，周期为. 选项A：仅知 关于 对称，无任何条件可推出 ，值不确定，A 错误. 选项B：由 为奇函数得 ，由对称性 ， 未知，故 不一 定成立，B 错误. 选项C：由 ，令 ，得 ，即 恒成立，C 正确. 选项D：在 中，令 ，得 ，由 ， 所以 ，故 ，不一定等于，D 错误. 2．（2026·安徽滁州·二模）已知 是定义在 上且周期为2 的奇函数，当 时， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数的周期性和奇函数性质，依次求值即得． 【详解】因为 是奇函数，所以 ，所以 ， 又因为 的周期为 2，所以 ． 当 时， ， 故 . 3．（2026·安徽淮北·二模）已知 是定义在 上周期为4 的奇函数，当 时， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为 是定义在 上周期为4 的奇函数， 又当 时， ， 故 . 4．（2026·安徽阜阳·二模）已知 的定义域为 ， 的图象关于点 对称， ，且 的图象关于点 对称，则 （ ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 【分析】由条件结合对称性的性质可得 ， ，结合关系 可得 ，由此可得 ，再求 ，结合 可得结论. 【详解】因为 关于 对称，所以 ， 用 替换 可得 ①， 因为 关于 对称，所以 ， 又 ，用 替换 可得 ， 用 替换 可得 ， 两式相加可得 ， 用 替换 可得 ②， 由①②可得 ， 用 替换 可得 因为 ， 在 中令 ，得 ，故 ， ， 因此 . 5．（2026·安徽马鞍山·二模）已知函数 的定义域为 ，当 时， ，对任意 ，有 ．若 是增函数，则实数 的取 值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为是增函数，所以需保证相邻区间的函数值满足递增关系，根据已知 时的函数 表达式求出该区间的最大值，再结合递推关系 ，建立关于不等式求解. 【详解】当 时， ， 和 都是单调递增函数，因此 在 内单调递 增， 左端点 ； 在区间内，对任意 ，都有 ， 由递推关系 ： 当 时， ，因此 ， 若 整体递增，则必有 ，若 ，函数值正负交替，不可能递增， 则该区间内部同样单调递增；而区间左端点 ， 区间内任意 ，都有 ， 函数整体为增函数，必须满足 的最大上限值 的最小起点值， 得到 ，解得 . 再看 区间 ，左端点 ， 要保持递增，需 的上限值 ，得 ，和之前结论一致， 以此类推，对所有后续区间，只要 ，分段衔接处永远满足递增，每一段内部也保持递增. 6．（2026·安徽马鞍山·二模）将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图象，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图象， 所以 ， 所以 . 7．（2026·安徽池州·二模）设函数 的定义域为 ， ，若 的图象与x 轴相交于点 ，则（ ） A． B． C． 是奇函数 D． 是奇函数 【答案】D 【分析】通过令 和 ，确定函数 为一次函数，通过待定系数法确定解析式，再逐 项判断即可. 【详解】令 可得： ， 再令 ，可得 ， 即函数 为一次函数， 设 ，代入给定等式 ， 左边： ， 右边： 对比系数得： 若 ，得 ， ，与 无交点，舍去； 若 ，得 ，即 ，验证满足原等式。 已知 ，即 ，得 ， 对于选项A： ，错误； 对于选项B： ，错误； 对于选项C： ，显然不是奇函数，错误； 对于选项D，令 ，定义域为R， 满足 ，是奇函数，正确. 8．（2026·安徽安庆·二模）已知 ，函数 为奇函数，则 （ ） A．15 B． C． D．4 【答案】A 【分析】由题意可得 ，通过导数确定 是 时唯一的解，进而可求得 的值. 【详解】因为 是奇函数且 ，则 ， 解得 ， 设 ，则 ， 令 ，则 ，因为 单调递增，且 ， 所以存在唯一 ，使 ， 所以当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增， 所以 最多有两个零点， 观察到 ，所以 是 时唯一零点， 即 是 在 上唯一的解，经检验， 满足题意， 所以 ，则 . 9．（2026·安徽合肥·二模）设 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得 ， ，找出中间值 ，借助对数运算可得 ，合理放 缩计算可得 ，则可得 ，即有 ，综上即可得解. 【详解】由 ， ，则 ， ， 由 ，则 ，即 ， 由 ，则 ，即 ， 故 ； 由 ，则 ， 即 ，即 ； 综上可得： . 二、多选题 10．（2026·安徽合肥·二模）已知函数 ，则（ ） A． 是奇函数 B． 是周期函数 C． D． 【答案】BD 【分析】根据正弦函数和对数函数的性质，结合奇偶性的定义逐项判断. 【详解】函数 ， 令 ，得 ， 所以函数 定义域为 ， 由于定义域关于原点不对称，则函数 不具有奇偶性，A 错误； ， ， 则 是周期函数，B 正确； 由于 ， ， 所以 ，故C 错误，D 正确. 三、填空题 11．（2026·安徽合肥·二模）已知函数 ，设 ， 若 恒成立，则 的最小值为________. 【答案】 【分析】分析函数 的单调性、奇偶性，及值域，分 、 、 三种情况讨论，根据绝 对值的性质求出 的取值范围，即可得出 的最小值. 【详解】因为 ，该函数的定义域为 ， ，故函数 为偶函数， ， 因为 ，所以 ，所以 ，所以 ， 所以 ， 因为内层函数 在 上为增函数，外层函数 在 上为增函数， 所以函数 在 上为增函数， 当 时， ， ， ， 则 ； 当 时， ， ， ， 则 . 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增. ①若 ， 则 ， 因为 ， ，则 ， 显然 ，此时 ； ②若 ， 同①可知 ； ③若 ， 则 ， 表示函数 的图象上两点 、 的垂直高度差， 由图可知， ， ， 所以 ， 又因为 ，即 . 综上所述 ，故 ，即 的最小值为 . 12．（2026·安徽马鞍山·二模）已知曲线 恒过定点 ，点 是曲线 上的一个 动点，点 ，当 的最小值为 时， ______． 【答案】 【分析】法一：取 中点 ，应用向量加减的几何意义及数量积的运算律，结合已知得 ，根据等号成立条件有 处切线斜率为 ，最后利用导数的几何意义列方程求参 数值；法二：设 ，应用向量数量积的坐标表示得到 ，应用导数 研究其最小值得 ，结合 及等号成立条件求参数值. 【详解】法一：取 中点 ， ， ， ， 所以 ，而 ， 结合余弦定理易知 ，则 ，当且仅当 重合时取等，即 垂直于过点 的切线， 而 ，此时 处切线斜率为 ，而 ，从而 ，即 ． 法二：设 ，且 ， ，则 ， ， 所以 ，则 ， 导数的概念和几何意义 考点2 当 ， ， 在 上单调递减，无最小值 当 ， 在 上单调递增， ， ， 故 存在极小值点 ， ，得 故 ，即 ， 由 ，则 ，故 时 ， 时 ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ，则 ，当且仅当 取等， 所以 ，即 ． 一、多选题 1．（2026·安徽池州·二模）已知 ，则（ ） A． 的导函数 关于直线 对称 B．曲线 在 处的切线方程为 C．函数 的极小值点为 D．函数 的极大值点为0 【答案】BCD 【分析】求出 的导函数，根据二次函数的性质求得其对称轴，判断A；利用导数的几何意义 求得曲线 在 处的切线方程，判断B；利用导数求出函数 的极小值点和极大值点 判断C，D. 【详解】函数 的定义域为 ， ， 所以导函数 关于直线 对称，所以A 错误； 因为 ， 所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，所以B 正确； 因为 ， 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 所以函数 的极小值点为 ，函数 的极大值点为0，所以C，D 正确. 二、填空题 2．（2026·安徽淮南·二模）已知定义在 上的函数 ，其导函数为 ，对 ，满足 ， ，点 ， 分别为曲线 和直线 上的动点，则 的最小值等于________. 【答案】 【分析】根据已知条件及导数的运算法则得到 ，对其求导并研究导函数的性质求出 对应自变量，从而确定切线 ，将问题化为求 与 的距离 问题，即可得. 【详解】由题设 ，即 ，故 且 为常数， 而 ，则 ，故 ， 所以 ，令 ， 当 时 ， 在 上单调递减， 当 时 ， 在 上单调递增， 且 时 恒成立， ， 若 是 的一条切线，且 ，而 ， 所以切线 对应为 ，即 ， 令 ，显然 ， ， 所以，在R 上 恒成立，即在R 上 恒成立，则 ， 所以 图象恒在 和 图象的上方，又 与 平行， 要使 最小，等价于求 与 的最小距离，即为 . 3．（2026·安徽阜阳·二模）若函数 的图象在 处的切线过点 ，则 ___________. 【答案】 【详解】因为 ， ，所以 ， ， 所以函数 的图象在 处的切线方程为 ， 将点 代入，得 ，解得 . 4．（2026·安徽合肥·二模）已知 ，则曲线 在点 处的切线方程为 ______． 【答案】 【分析】求出导函数，根据导数的几何意义求解切线斜率，进而利用点斜式直线方程求解即可. 【详解】由题意 ，则 ， ， 所以所求切线方程为 ，即 . 三、解答题 5．（2026·安徽合肥·二模）设函数 . (1)证明：曲线 在点 处的切线过定点，并求出该定点坐标； (2)若 有两个零点，求 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线 在点 处的切线方程，再求出该切 线所过定点即可得； （2）求导后分 及 讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得 不符， 时需 满足 ，解出即可得. 【详解】（1）因为 ， ， 所以 ，又 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为： ， 即 ，即 ， 所以曲线 在点 处的切线过定点 ； （2） ， ， 当 时， ，则 在 上单调递减， 此时 最多有一个零点，不满足题意； 当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ， 于是 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ， 当 时， ，当 时， ， 又因为 有两个零点， 所以 ，即 ， 解得 或 ， 因此， 的取值范围为 . 6．（2026·安徽马鞍山·二模）曲线 在点 处的切线为． (1)求直线的方程； (2)若直线与曲线 在 轴右侧只有一个公共点，求实数 的值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可； （2）令 ，利用导数讨论单调性，求出 的值. 【详解】（1） ， ，的方程为 ，即 ； （2）直线与曲线 在 轴右侧只有一个公共点，即方程 只有一正实 数解，即 只有一正实数解， 令 ，则 ， 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增； 且 时， ； 时， ， 故 . 7．（2026·安徽淮北·二模）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)若方程 有两个不同的根，求 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导数，利用导数的几何意义即可求解； 利用导数求极值和最值 考点3 （2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解. 【详解】（1）当 时，函数 ， 函数 的导函数 ， 所以 ， ， 所以曲线 在点 处的切线方程是 ，即 . （2）函数 的导函数 ， 当 时， ， 单调递增，方程 至多有一个实根，不符合题意舍去； 当 时，令 ，解得 ， 当 时 ， 单调递增； 当 时 ， 单调递减； 时， ； 时， . 要使方程 有两个不同的根则 , 即 ， 所以 ，即 ， 令 ， 故 在 上单调递增，又 ， 所以 时， . 综上： 的取值范围是 . 一、多选题 1．（2026·安徽安庆·二模）已知函数 ，将 的所有极值点按照由小到大的顺 序排列，得到数列 ，对于任意的正整数 ，则（ ） A． B． 是极小值点 C． D． 【答案】BD 【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到 ， ， 举反例判断A，不断构造函数并结合导数的性质判断B，利用正弦函数性质并结合题意代换判断 C，对原函数合理变形得到 ，结合 并利用导数判断D 即可. 【详解】由题意得 的定义域为 ，则 ， 而极值点满足 ，则 ，结合题意得 ， 可得方程的根出现在 时，即 时， 而 ， ， ， 结合零点存在性定理得 ， ， 对于A，由已知得 ， ， 则 ，不满足 ，故A 错误， 对于B，令 ，且 ， 令 ，则 ， 令 ， ， 当 时， ，则 在 上单调递增， 而 ， ，则 ， 由零点存在性定理得存在 作为 零点， 即存在 作为 零点， 令 ， ，令 ， ， 则 在 上单调递减，在 上单调递增， 即 在 上单调递减，在 上单调递增， 而 ， ， ， 则 ，由零点存在性定理得存在 作为 零点， 令 ， ，令 ， ， 可得 在 上单调递减，在 上单调递增， 则 是 的极小值点，故B 正确， 对于C，由已知得 ， ， 则 ，而 ， ，而 ，则 ，得到 ， 由正弦函数性质得 在 上单调递减， 则 ，得到 ，故C 错误， 对于D，由题意得 ， ， 满足 ，由已知得 ，则 ， 可得 ， 令 ，且 ， 而 ，当 时， ， 则 在 上单调递增，则 ， 即 ，故D 正确. 二、解答题 2．（2026·安徽滁州·二模）已知函数 ． (1)讨论 的极值； (2)若 有两个零点 ， ①求实数 的取值范围； ②当 取得最小值时，求实数 的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先求导，分 和 两种情况讨论即可求解； （2）①由（1）分 和 两种情况讨论，当 时， 的极大值为 令 ，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解； ②由①知 ，又 ，得 ，即 ，令 ， 则 ，又 ，令 ，利用导数研究单调性，进而得当 取最小值时， 取最小值，即 取最小值，令 ，利用导数研究单调性 即可求解. 【详解】（1）由题意得： ， 当 时， 恒成立，此时 单调递减，无极值； 当 时，令 ，解得 ， 令 ，解得 ， 故 在 单调递增，在 单调递减． 在 处取极大值，为 ，无极小值． 综上所述：当 时， 无极值； 当 时， 的极大值为 ，无极小值． （2）①由（1）知：当 时， 单调递减，此时 最多有一个零点，不符合题意； 当 时， 的极大值为 ． 令 ，则 ， 故 在 单调递减，在 单调递增． ，即 ， 又 ， ，故 在 存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当 足够大时， ， 故 在 存在一个零点． ∴若 有两个零点，则 ． ②由①知 在 存在一个零点， 在 存在一个零点，且 ， 所以 ， ， 得： ． 令 ，则 ， 又 ， 令 ，则 ， 零点问题 ( ) f x 令 ，则 ， 在 单调递增，又 ，故 ，即 在 单调递增． ∴当 取最小值时， 取最小值，即 取最小值． 令 ，则 ， 令 ，则 ， 在 单调递增，又 ， ， ，使得 ，当 时， ，当 时， ， 且有 ，即 ，此时 ， 且 在 单调递减，在 单调递增，∴ 在 处取得最小值， 故 取得最小值时 ． 一、解答题 1．（2026·安徽池州·二模）已知 ． (1)当 时，求函数 的单调性； (2)当 时，判断曲线 与直线 交点的个数，并证明； (3)设 ，若存在实数 ，使关于 的不等式 的解集为 ，求 的最小值． 参考数据： ， ， ， ， ． 【答案】(1) 在 单调递增，在 单调递减 (2)1 个，证明见解析 (3)3 【分析】（1）求导，根据导数的正负即可求解； （2）解法一：由局部放缩及局部求导即可证明；解法二：整体求导判断出 单调性，作出简图 即可判断； （3）解法一：穷举验证法，分类讨论 得值求解；解法二：参变关联法，分类讨论 和 ， 结合 的解集为 ，列出不等式即可求解． 【详解】（1）求导得 ，令 ，解得 ， 当 时， ，则 在 单调递增， 当 时， ，则 在 单调递减． （2）解法一： 由题意得 ， ①当 时， ，所以 ， ②当 时，求导得 ， 所以 在 单调递减， 又 ， ， 所以曲线 与直线 交点的个数为1． 解法二：求导得 ， 令 ，求导得 ， 令 ，则 ，令 得 ， 当 时， ，则 在 单调递增， 当 时， ，则 在 单调递增， 所以 ， 所以 在R 上单调递减，又 ， ， 所以 有唯一根，记为 ， 故 在 单调递增， 单调递减， 取 ，有 ；取 ，有 ，画出简图如图所示， 所以曲线 与直线 交点的个数为1． （3）解法一：①当 时，由（1）知 在 单调递增， 单调递减， 取 ，有 ；取 ，有 ， 若 ，左边找点：取 ， 则 ，（这里用到了 ， ， ， ） 右边找点：取 ， 则 ， 不满足题设条件，舍； 若 ，当 时， ， 当 时， ， 所以 的解集为R，舍； ② 时，取 ，有 ；取 ，有 ， 由② 的解集为 时，则 （*）， 又 ，所以（*）不成立，舍； ③当 时，取 ，有 ；取 ，有 ， 同理，当 时， ， 当 时，求导得 ， 所以 在 单调递减， 所以 的解集为 时，则 （ ）， 又 ， ，所以（ ）成立， 综上， 的最小正整数为3． 解法二：由 ，取 ，有 ；取 ，有 ， 若 时， ， 不等式恒成立问题 ( ) f x 若 时，对 求导得 ， 所以 在 单调递减， 所以 的解集为 时，则 ，即 且 ，即 （ ）， 由（*）和（ ）得 ，令 ， 显然 单调递增，因为 ， ， 所以 的根为 （ ），其中 ， 所以 的解为 ， 由（*）得 ，由（ ）得 ，结合 ， ， 所以 的最小正整数为3． 一、解答题 1．（2026·安徽淮南·二模）已知函数 . (1)讨论函数 的单调性； (2)若对 ， 恒成立，求 的值； (3)证明： . 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）对 求导，分 ， 和 ，讨论 与 的大小，即可得出答案； （2）由 结合（1）可得 ，再分 和 结合 的单调性可知 不成 立，可求得 . （3）要证明 ，即证明 ，结合（2）中 对 恒成立，分别令 代入上式，化简即可证明. 【详解】（1）函数 的定义域为 ， ， 当 时， ，所以函数 在 上单调递减， 当 时，令 ，解得： ， 当 时， 时， ， 时， ， 故函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 当 时， 时， ， 时， ， 故函数 在 上单调递增，在 上单调递减. 综上所述：当 时，函数 在 上单调递减, 当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减. （2）因为 ，所以由（1）知 不符合题意，故 ， 若 ，则 ，由（1）知当 时， ，不符合题意； 若 ，则 ，由（1）知当 时， ，不符合题意； 所以实数 的值为. （3）证明：要证 ， 即证 ， ， 即证： ， 由（2）知， 在 上恒成立，其中当且仅当 时等号成立， 于是 对 恒成立， 分别令 代入上式， 可得： ， 将上述 个不等式左右两边分别相加得： ， , 所以 ， 所以 . 2．（2026·安徽合肥·二模）已知函数 ． (1)当 时，证明： ； (2)若 存在两个极值点 ，记 ． （i）求 的取值范围； （ii）若 ，求直线 斜率的最小值． 【答案】(1)证明见详解 (2)（i） （ii） 【分析】（1）通过分析得到要证 ，即证 ，令 ，求其二 阶导数即可证明； （2）（i）将题干转化为 存在两个极值点 等价于 在 上有两个不 同的根，令 ，求导判断单调性即可证明； （ii）设 ，根据题意得到 ，再令 ，通过求导求出其最 大值即可求出直线 斜率的最小值. 【详解】（1）当 时， ，要证 ，即证 ， 令 ，则 ， 令 ，则 ， ， ，故 在 上单调递增， ， ，即 ，故 在 上单调递增， ， ，得证. （2）（i）求导得 ， 存在两个极值点 等价于 在 上有两个不同的根， 在 上有两个不同的根， 令 ，则 ， 当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增， 故 的最小值为 ，且当 时， ；当 时， ， 因此要使 在 上有两个不同的根，需要 ， 故 的取值范围为 . （ii）由题得 ， ， 把 代入 ，得 ，同理得 ， 直线 斜率为 ， 设 ，即 ，又 ， ，解得 ，即 ， 则 ，即 ， ， 令 ，则 ， 令 ，则 ，故 在 上单调递增， ，即 ，故 在 上单调递增， 的最大值为 ， 要使直线 斜率 取最小值，即求 的最大值， 故直线 斜率的最小值为 . 3．（2026·安徽安庆·二模）设 . (1)解不等式 ; (2)设 ，若存在 ，使得 ，求实数 的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因 ，则 ， 故 ， 即 ，解得 ， 故原不等式的解集为 . （2）因 ， 由 ，可得 为奇函数. 又 ，因 ， ，则 故 在 上单调递增. 故存在 使得 等价于存在 使得 ， 等价于存在 使得 ， 即存在 使得 ， 因 ， ， 则当 时， 取得最小值 ，故得 . 故实数 的取值范围是 . 4．（2026·安徽安庆·二模）已知函数 ． (1)证明：函数 的图象为轴对称图形； (2)当 时，证明： ； (3)若数列 满足： ，证明： ． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据函数定义域关于 对称及 即可判断； （2）构造函数 ，求导，根据导数即可证明 ，不等式的另一端构造函数 同理即可证明； （3）令 ，根据三角换元可得 ，计算 再结合（2）进行即可证明. 【详解】（1）因为 定义域关于 对称， 且 ， 所以函数 关于 对称，即函数 的图象为轴对称图形 （2） 时， 令 ， ， 其中 在 上单调递增，故 在 上单调递减， 因为 ，故存在 使得 ， 所以 时， ； 时 即 在 上单调递增； 在 上单调递减. 又 ， 所以 ，即 ，即当 时， . 时， 令 ，其中 . 则 ， 故 在 上单调递增，所以 ， 即 ，即 ； 综上：当 时， （3）由 可知 . 令 ，则 ， 则 ， ， 所以 ，又 ， ， 故 ， ， . 由 得 ， 由（2）知 ，即 令 则 ，即 ， 即 得证.
