文档文本内容
试卷第1页，共3页
学科网（北京）股份有限公司
函数与导数专项突破-2025 年高考数学一轮复习检测卷
一、单选题
1．下列函数中，是偶函数且在区间
上单调递增的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．已知偶函数
与其导函数
定义域均为
，
为奇函数，若2 是
的
极值点，则
在区间
内解的个数最少有（ ）个.
A．7
B．8
C．9
D．11
3．已知
是定义在R 上的函数，且
为偶函数，
为奇函数，当
时，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．1
4．已知函数
的零点为
，
存在零点
，使
，则
不
能是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知定义域为
的函数
为偶函数，且
在区间
上单调递减，则下列选
项正确的是（ ）
A．
B．
试卷第2页，共3页
C．
D．
6．已知函数
若关于
的方程
有5 个不同的实数根，
则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知
是定义在
上的奇函数，当
时，
，若关于
的方程
恰有4 个不相等的实数根，则这4 个实数根之和为
（ ）
A．
B．8
C．
或8
D．4
8．已知函数
满足
且
，当
时，
，则函数
在区间
上的零点个数为
（ ）
A．0
B．1
C．5
D．10
二、多选题
9．已知定义在实数集R 上的函数
，其导函数为
，且满足
，
，则下列说法正确的是（ ）
试卷第3页，共3页
学科网（北京）股份有限公司
A．
B．f（x）的图像关于点
成中心对称
C．
D．
10．已知
是定义在R上的连续奇函数，其导函数为
．当
时，
，则（ ）
A．
的图象关于直线
对称
B．是函数
的一个周期
C．
的图象关于点
对称
D．
在
处取得极大值
11．已知函数
，
，下列命题正确的是（ ）
A．若
，则
有且只有一个零点
B．若
，则
在定义域上单调，且最小值为0
C．若
，则
有且只有两个零点
D．若
，则
为奇函数
三、填空题
12．已知
，且
，则
的最小值为 .
13．给定函数
，用
表示
中的较大者，记
．若函数
的图象与
有3 个不同的交点，则实数
试卷第4页，共3页
的取值范围是 ．
14．牛顿选代法又称牛顿——拉夫逊方法，它是牛顿在17 世纪提出的一种在实数集上近似
求解方程根的一种方法.具体步骤如下图示：设r 是函数y = f (x)的一个零点，任意选取
作为r 的初始近似值，在点(x0,f (x0))作曲线y = f (x)的切线，设与轴x 交点的横坐标为
，并称
为r 的1 次近似值；在点(x1,f (x1))作曲线y = f (x)的切线
，设与
轴x 交点
的横坐标为
，称
为r 的2 次近似值.一般地，在点
作曲线y = f (x)的
切线
，记
与x 轴交点的横坐标为
，并称
为r 的
次近似值.设
的零点为r，取
，则r 的1 次近似值为 ；若
为r 的n
次近似值，设
，
，数列{an)的前n 项积为
.若任意
，
恒成
立，则整数
的最大值为 .
四、解答题
试卷第5页，共3页
学科网（北京）股份有限公司
15．已知函数
，若
的最小值为0，
(1)求
的值;
(2)若
，证明:
存在唯一的极大值点
，且
.
16．函数
的图象在
处的切线为
.
(1)求
的值；
(2)求
在
上零点的个数.
试卷第6页，共3页
17．已知函数
，其中
．
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)讨论
的极值.
18．已知函数
.
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)若
是
的两个极值点，证明：
．
试卷第7页，共3页
学科网（北京）股份有限公司
19．给定自然数
且
，设
均为正数，
（
为常数），
.如果函数
在区间
上恒有
，则称函数
为凸函数.凸函
数
具有性质：
.
(1)判断
，
是否为凸函数，并证明；
(2)设
，证明：
；
(3)求
的最小值.
答案第1页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，结合初等函数的单调性，逐项判
定，即可求解.
【详解】对于A 中，由指数函数的性质，可得函数
为非奇非偶函数，所以A 不符合
题意；
对于B 中，函数
的定义域为
关于原点对称，
且
，所以
为奇函数，所以B 不符合题意；
对于C 中，函数
的定义域为
关于原点对称，且满足
，
所以
为偶函数，
当x∈(0,+ ∞)时，
，在区间(0,+∞)上单调递增，所以C 符合题意；
对于D 中，函数
在期间(0,+∞)上不是单调递增函数，所以D 不符合题意.
故选：C.
2．D
【分析】根据
为偶函数，得到
，
为奇函数，求出
，再根据题目条件得到
，进而得到
，
的
周期为3，由函数的极值点得到
，且
关于点
对称，结合函数的周期性
得到
在
内解最少有
，得到答案.
【详解】
为偶函数，所以
，求导得
，
所以
为奇函数.
定义域均为
，故
，
答案第2页，共2页
因为
为奇函数，所以
，
故
，即
关于点
对称，
两边求导得
，
即
，①
所以
，
故
，②
将
替换为
得
，
故
，
的周期为3.
故
为周期为3 的奇函数.
故
.
又2 是
的极值点，得
，
因为
为周期为3，故
，
由
得
，
因为
为周期为3，故
，
.
又
为奇函数，
，得
，
所以
关于点
对称，故
，且
，
由①得
，
答案第3页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
又
，
由②得
，
又
，
故
在
内解最少有
，最少有11 个.
故选：D
【点睛】方法点睛：设函数
，
，
，
．
（1）若
，则函数
的周期为2a；
（2）若
，则函数
的周期为2a；
（3）若
，则函数
的周期为2a；
（4）若
，则函数
的周期为2a；
（5）若
，则函数
的周期为
；
（6）若函数
的图象关于直线
与
对称，则函数
的周期为
；
（7）若函数
的图象既关于点
对称，又关于点
对称，则函数
的周期为
；
3．C
【分析】先根据
为偶函数，
为奇函数，求出函数的周期，再根据函数的周
期求解即可.
【详解】因为
为偶函数，
所以
，即
，所以
，
答案第4页，共2页
因为
为奇函数，
所以
，
所以
，即
，
所以
，
所以函数
是以
为周期的周期函数，
所以
，
又
，所以
，
即
.
故选：C.
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独
命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结
合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角
度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数
图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，
将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的
区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
4．C
【分析】求出函数
的零点的取值范围，分别求出函数
的零点，判断不等式
是否成立即可.
【详解】解：函数
定义域为
，
答案第5页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
函数
在
上单调递增，
而
，因此
，
对于A，由
，得
，
解得
或
或
，
显然
或
，故A 错误；
对于B，由
，得
，
则
，
，
解得
，
，
取
，
，此时存在零点
，使
，故B 错误；
对于C，
的定义域为
，
，
令
，由指数函数和幂函数的单调性可知：
在
上为增函数，
因为
，所以
，
且
，
，
答案第6页，共2页
所以
使得
.
当
时，
，
为减函数，
当
时，
，
为增函数，
，
所以
存在零点
，
所以不满足
，故C 正确.
对于D，由
，得
，
则
解得
，
，
即
，
，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题C 选项的关键是利用导数结合隐零点法得到
使得
，再利用零点存在性定理即可判断.
5．A
【分析】先利用偶函数，把自变量为负数的等价到相反数来比较，利用对数运算估计和比
较对数值的大小，再利用函数在区间
上单调递减，就可以比较各选项.
答案第7页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
【详解】因为
，所以
.
因为
，
所以
，即
，
又
，
所以
，又
在区间
上单调递减，
所以
，
即
.
故选:A.
6．A
【分析】直线
与函数
的图象有5 个交点，可得
ℎ(x)是奇函数，可得只需直线
与曲线
有2 个交点即可，即方程
有2 个实数根，利用导数即可求解.
【详解】由题意得
，则直线
与函数
的
图象有5 个交点.
显然，直线
与ℎ(x)的图象交于点
.
又当
时，
；
答案第8页，共2页
当
时，
；
当
时，
，所以ℎ(x)是奇函数，
则必须且只需直线
与曲线
有2 个交点即可，
所以方程
有2 个实数根.令
，则
，
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
所以
.
又当
趋近于0 时，
,所以
；
当
趋近于
时，
，
所以必须且只需
.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：直接法；
分离参数法；数形结合法.
7．C
【分析】先作出函数
时的图象，设
，求出
或
，结合图象分类讨论，
即可求得答案.
【详解】
是定义在
上的奇函数，则
时，
；
由题意知当
时，
，
当
时，
，则
，
当
时，
，则
，
依此类推，可作出当
时，
时的图象：
答案第9页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
设
，则
即为
，
解得
或
，
当
时，
有一个根为
，
要使得方程
恰有4 个不相等的实数根，
可分两种情况考虑：
当
时，
有3 个根，不妨设为
，且满足
，
此时这4 个实数根之和为8；
结合函数的奇偶性可知，当
时，
有3 个根，
不妨设为
，且满足
，
此时这4 个实数根之和为
；
故选：C
8．B
【分析】将函数的零点个数问题转化为两个函数图象的交点问题，画出函数图象找交点个
数即可.
【详解】由题意，知4 为函数
的一个周期且函数
的图象关于直线
对称．
当
时，由函数
的解析式，两出函数
的大致图象如图所示．
当
时，函数
的图象与函数
的图象有且仅有一个交点；
当
时，总有
．而函数
在区间
上单调递增且
，
答案第10页，共2页
，
所以函数
的图象与函数
的图象在区间
上没有交点．
综上，函数
在区间
上的零点个数为1．
故选：B．
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，
做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有
明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图
形中的相关结论求解．
9．ACD
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质
进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A： 令
，
，则有
，故
，故A 正确；
对B：令
，则有
，又
，故
，
，故B 错误；
对C：令
，则有
，即
，
则
，故C 正确；
对D：
，
则
，即
，
又
，故
，
答案第11页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
则
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D 选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的
累加及等差数列公式法求和.
10．BCD
【分析】由已知可得
，可得函数的对称轴判断A；进而可得
，可得周期判断B；对f (−x)=−f (x)两边求导，得出
为偶函数，对
两边求导，从而得函数
的周期性与图象的对称性判断C；
在
上单调递减，结合对称性与周期性可判断D．
【详解】由
，得
，所以
的图象关于直线
对称，
故A 错误．
因为
为奇函数，所以
，
则
，所以8 是函数
的一个周期，B 正确．
将f (−x)=−f (x)两边同时求导，得
，即
．
又g(x)= f
′ (x)，所以
，所以
为偶函数．
由
，得
，即g(x)=−g(4−x)，
即
，所以
的图象关于点(2,0)对称，C 正确．
因为
为偶函数，所以
．
又g(x)=−g(4−x)，所以
，所以
，
答案第12页，共2页
所以8 为
的一个周期．
当
时，
，所以
在
上单调递减．
由
为偶函数可知，
的图象关于点
对称，
所以
在
上单调递减，所以
在
上单调递减，
则
在
上单调递增．根据
的周期性可知，
在
上单调递减，
所以
在
处取得极大值．又
，
所以
在
处取得极大值，D 正确．
故选：BCD．
11．ACD
【分析】对于A，根据零点存在性定理，利用导数要求其单调性，可得其正误；对于B，
根据单调性的定义，取几个点比较大小，可得其正误；对于C，利用导数研究其单调性，
求得其最小值，在其左右两边利用零点存在性定理，可得其正误；对于D，利用奇函数的
定义，可得答案.
【详解】对于选项A，由题意得
，
，
显然
，
，故
存在零点，为判断其唯一性，对
求导，
得
，
．由于不便于判断
的正负性，令
，
再对
求导，得
，
，令
，得
，
易知在
中，
，在
中，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
的最大值为
，故
，
即
在
上单调递减，
答案第13页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
因此
有且只有一个零点，故A 正确．
对于选项B，
，
，
由
，
，
，
，
由
，则判断出
在定义域上并不单调，故B 错误．
对于选项C，
，
，
对
求导，得
，
由于不便于判断
的正负性，令
，得
，
，
所以
在
上单调递增，又因为
，
，
，且
在
上连续，
所以，由函数的零点存在性定理，存在x0∈(0,+∞)，使得
，
故所以
在x∈(0, x0)上单调递减，在x∈(x0,+∞)上单调递增，
又
，
，
所以
的最小值为
．
因为
在
上连续，所以在x∈(0, x0)中取
，
在
中取
，
则存在
中使得
，存在
中使得
，
答案第14页，共2页
故
有且只有两个零点，故C 正确．
对于选项D，
，
由
，则得出
为奇函数，故D 正确．
故选：ACD．
【点睛】本题的解题关键在于利用导数研究函数的单调性，对于导数的处理方法一般有：
法一是对其分解因式，直接判断其与零的大小关系；法二是若函数为分式函数，取分子部
分构造函数再求导研究其单调性求最值，判断其与零答大小关系；法三是再次求导研究其
单调性，并求其最值，判断其与零的大小关系.
12．4
【分析】先根据等式将
消去，构造函数
，然后
讨论
，研究函数的单调性求出最小值即可.
【详解】因为
，
所以
，
因为
所以
关于
对称.
当
时，
因为
，所以
，
令
，所以
答案第15页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
所以
在
单调递增，
所以
在
单调递增，
即
，故
在
成立，
所以
在
单调递增，同理，
在
单调递减，
所以当
时，
取的最小值，
故当
，
时，
的最小值为4.
故答案为：4.
13．
【分析】在同一坐标系下画出
的图象，求出交点坐标；结合图
象再做出满足条件的直线
，进而求出
的取值范围即可.
【详解】
由
，
，
因为
，
所以图象变为：
答案第16页，共2页
其中
，当且仅当
时取最大值；
且设两函数在第一象限的交点为
，即当
，
，
解得：
，
由题意
与函数
的图象有3 个不同的交点，
由数形结合易知：
，或
，
故答案为：
.
14． 3 1
【分析】利用给定定义，整理出
，求值解决第一空即可，利用
求
出
，进而得到
，再确定
的最大值即可.
【详解】易知
，设切点为
，
由切线几何意义得斜率为
，故切线方程为
，
由给定定义知
在该直线上，代入直线得
，
当
时，易知
，故的1 次近似值为，
答案第17页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
由
得，
，
，
而函数
的零点为，且
，
故
在
上单调递增，且
，
，
故
，由零点存在性定理得
，
由题意得
，故
，而
是整数，故
，
故答案为：3；1
【点睛】关键点点睛：本题考查数列和导数新定义，解题关键是利用给定定义，然后表示
出
，求出
，得到所要求的参数最值即可．
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分
和
两种情况讨论求解即可；
（2）令
，求导后可得
在
递减，
递增，再结合
零点存在性定理得
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一
的零点
，从而得
是
唯一的极大值点.
【详解】（1）
，
当
时，
，所以
在
上递减，则
没有最小值，
答案第18页，共2页
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以
时，
取得最小值
，得
成立，
下面证
为唯一解，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
所以
，
所以方程
有且只有唯一解
，
综上，
；
（2）证明:由（1）知
，
令
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，
上递增，
因为
，
所以
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一的零点
，
所以当
或
时，
，即
，
当
时，
，即
，
答案第19页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
所以
在
上递增，在
上递减，在
上递增，
即
是
唯一的极大值点，
，
由
，得
，
所以
，
因为
，所以
.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，
第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数
学转化思想和计算能力，属于较难题.
16．(1)
(2)
在
上仅有1 个零点
【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，和切点，然后得到切线方程，利用
对应相等，即可求得
的值；
（2）利用一次求导和二次求导分析原函数和导函数的单调性，分
与
两种情况
讨论，结合单调性和零点存在性定理，即得证.
【详解】（1）因为
，
所以
，所以切线斜率为
，即
，
所切线方程为
又
，所以切点坐标为
，代入得
则
，解得
.
（2）由（1）得
，
答案第20页，共2页
令
，则
，
当
时，
恒成立，所以
在
上递增，
所以
，
因此
在
无零点；
当
时，
恒成立，所以
单调递增，
又
，
所以
在
上存在唯一的零点
，
当
单调递减；
当
单调递增；
又
，
，
因此
在
上仅有1 个零点；
综上，
在
上仅有1 个零点.
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导，分类讨论
的两根大小，利用导数求出极值即可.
【详解】（1）
，
当
时，
，
，又
，
故曲线
在
处的切线方程为
，即
.
答案第21页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
（2）
，解得
，
，
①若
，可得
或
时，
，当
时，
，
所以
在
，
递减，
递增，
所以
的极小值为
，
的极大值为
.
②若
，则
，所以函数
在R 上单调递减，无极值；
③若
，当
或
时，
，当
时，
，
所以
在
，
递减，
递增，
所以
的极小值为
，
的极大值为
.
综上，当
时，
的极小值为
，
的极大值为
.
当
时，函数
无极值.
当
时，
的极小值为
，
的极大值为
.
18．(1)
在
上单调递减，在
上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）将
代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到
的单
调区间；
（2）根据
是
的两个极值点，结合韦达定理可得
，
，
答案第22页，共2页
要证明
，即转化为求证
，即证明
令
，构造函数
，利用导数研究
在
的单调性即可得证.
【详解】（1）当
时，
的定义域为
，
所以
，令
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）
，
由题意可知，
是方程
的两根，
则
，解得
，所以
，
，
要证
，
即证
，
只需证
，
答案第23页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
需证
令
，则需证
，
设
，则
，
所以函数
在
上单调递减，所以
，因此
由
得，
，所以
，
故
得证,
【点睛】方法点睛：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．
19．(1)
在
上为凸函数，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
.
【分析】（1）对
求导之后，再求二阶导数，证明
即可得出结论；
（2）根据凸函数的性质得，
；将
中的分子、
答案第24页，共2页
分母同时除以
，得到
；加上
，利用以上条件得到
一个关于
与
的不等式，变形后即可得出结论.
（3）设
，将
转化为
，判断其单调性，将问题转化为求
的最小值；利
用（2）的结论，求出
的最小值，代入
即可得出答案.
【详解】（1）
在
上为凸函数.
证明：由题知，
，
所以
，
因为
，所以
，
，
所以
在
上为凸函数.
（2）证明：因为
，
所以
，
由题知
，分子分母同时除以
，
得
，所以
，即
，
根据凸函数的性质得，
，
答案第25页，共2页
学科网（北京）股份有限公司
所以
，
又因为
，
所以
，
两边同时乘以
，得
，
因为
，所以
，
又因为
，所以
，
两边同时取倒数，得
，
所以
，即
.
（3）设
，则
，且
，
所以
，随
增大而增大，
由（2）知，
，
所以
，
所以
，
答案第26页，共2页
当
时，
，
，所以
，
当且仅当
时，等号成立，
当
时，
，
所以
，
当且仅当
时，等号成立，
当
时，最小值为1，满足上式，
所以
的最小值是
.
【点睛】关键点点睛：第2 问的关键是将条件中
转化为
，紧紧围绕凸函数的性质来做
文章；第3 问关键是将
转化为
，利用第2 问的结论，求出
的最小值.
