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第三章：导数及其应用
（模拟测试）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求解可得结果.
【详解】设，由题设条件，得，
故函数在上单调递减.
由为奇函数，得，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．
故选：D．
2．已知函数，若，不等式恒成立，则正实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分析出函数为奇函数，利用导数分析可知函数在上为增函数，由可得出，令，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为，其中，则，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
又因为，故函数为奇函数，
由可得，
所以，，所以，，
令，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，.
故选：B.
3．已知定义在上的函数，分别为函数，的导函数，若为偶函数，且，，则（    ）
A．2023 B．4 C． D．0
【答案】D
【分析】由为偶函数列式并求导、赋值可得，再由求导，并结合可得、的周期为4，再通过赋值即可求得结果.
【详解】因为为偶函数，
所以，
所以，
令，则，
因为，
所以，①
所以，②
又因为，③
由②③得：，④
所以，
所以，
所以的周期为4，
又因为，
所以的周期为4，
在①中令得：，
在③中令得：，
在④中令得：，
所以，
所以，
故选：D.
4．已知，设曲线在处的切线斜率为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据导数几何意义可得，利用导数可求得在上单调递减；根据大小关系可得结论.
【详解】当时，，，，
，在上单调递减；
，
所以，而，
所以，
.
故选：A.
5．已知，且满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】变形给定的等式，构造函数，利用导数探讨单调性，借助单调性比较大小作答.
【详解】由，得，
由，得，
由，得，
令函数，显然，求导得，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
于是，即有，而，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
6．已知函数，，，恒成立，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令，其中，分析可知，存在，使得，可得出，由题意可得出，可得出，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为的最大值.
【详解】令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
①当时，，，则，
所以，，
所以，存在，使得；
②当时，，则，，
所以，存在，使得；
③当时，令，则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以存在，使得，即.
由上可知，对任意的，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，
，则，
所以，，
令，其中，
所以，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，即的最大值为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
7．英国数学家布鲁克·泰勒（Brook Taylor，1685.8~1731.11）以发现泰勒公式和泰勒级数而闻名于世.根据泰勒公式，我们可知：如果函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，若取，则，此时称该式为函数在处的阶泰勒公式.计算器正是利用这一公式将，，，，等函数转化为多项式函数，通过计算多项式函数值近似求出原函数的值，如，，则运用上面的想法求的近似值为（    ）
A．0.50 B． C． D．0.56
【答案】B
【分析】先化简，根据题意得到的泰勒展开式，求得的值，即可求解.
【详解】由三角恒等变换的公式，化简得，
又由，
可得，所以.
故选：B.
8．设，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】作差法判断、的大小，构造函数, 利用导数的单调性判断、的大小.
【详解】
，
又，
所以令，，
则，
令，
则 ，
当时,, ，
所以，
故,故在上是增函数，
又∵，
∴当时,, 故在上是增函数，
故,即，
故.
故选:A.
【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，将视为变量可以构造函数.

二、多选题（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。全部选对得 5 分，有选错得 0 分，部分选对得 2 分）
9．已知函数及其导函数的定义域均为.，，当时，，，则（    ）
A．的图象关于对称 B．为偶函数
C． D．不等式的解集为
【答案】BCD
【分析】A.由得到判断；B.由得到，再结合判断；C.由得到再结合判断；D.由为偶函数且得到是周期函数，且周期为8，再结合当时，，可知在单调递减，画出的大致图象，利用数形结合法求解.
【详解】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，
由得，由得，故为偶函数，故B正确，
由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，
由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，又当时，，可知在单调递减
故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：

由性质结合图可知：当，时，，故D正确，
故选：BCD
10．定义在R上的函数，的导函数为，，是偶函数.已知，，则（    ）
A．是奇函数 B．图象的对称轴是直线
C． D．
【答案】ABC
【分析】对于A，利用题中条件解出，利用奇函数得定义即可；
对于B,对题中得两个条件进行变化，可得到，从而判定出的对称轴；
对于C,对题中得两个条件进行变化，对进行赋值，即可；
对于D,证明的性质，从而得到结论.
【详解】,，
，又

为奇函数，故A正确.
是偶函数，，  
则
又，则，
所以，则
则，，
故的图象关于对称，故B正确.
因为，所以，
令得，，
又，令，
得=，故C正确.
，，
又，是奇函数，
，是奇函数，
则，，
则，，
故，D错误.
故选：ABC.
11．定义在上的函数，其导函数分别为，若，，则（    ）
A．是奇函数
B．关于对称
C．周期为4
D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A，利用已知条件，即得结果.对于选项B，由题意可推导出为偶函数，为奇函数，所以，即即可证明；对于选项C，由关于对称和关于对称，即得结果.对于选项D，通过赋值，利用C中推导的结论和已知条件，由等差数列的前项和即得结果.
【详解】因为可得为偶函数，所以，则为奇函数，故A正确；
因为，偶函数，时偶函数，
所以为偶函数，所以关于对称，
因为，为奇函数，为奇函数，
所以为奇函数，关于对称，
，
则其中为常数，又故，有关于对称，B正确；
令等价于，，所以，
因为关于对称，所以，
所以令等价于，所以，所以，
故可看成数列，
而因为关于对称，所以，，
故是以为首项，为公差的等差数列，
是以为首项，为公差的等差数列，
所以没有周期性，故C不正确；

，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用抽象函数关系式求解函数周期性、对称性、奇偶性的问题；对于与导数有关的函数性质，有如下结论：
①若连续且可导，那么若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数；
②若连续且可导，那么若关于对称，则关于点对称；若关于对称，则关于对称.
12．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（    ）
A． B．
C．在上是增函数 D．存在最小值
【答案】ABC
【分析】AB选项，构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项，CD选项，构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
A选项，因为，所以，即，A正确；
B选项，因为，所以，即，B正确；
C选项，，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在单调递增，
又，
故恒成立，
所以在上恒成立，故在上是增函数，C正确；
D选项，由C选项可知，函数在上单调递增，故无最小值.
故选：ABC
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.

第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
13．已知实数成等比数列，且函数，当时取到极大值，则等于 .
【答案】
【分析】通过导函数，求出极值，再利用等比数列的性质，即可求解.
【详解】令，
则函数的定义域为，导函数，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，函数取极大值，极大值为，
所以，故，
又成等比数列，所以，
故答案为：.
14．已知是定义在上的偶函数且，若，则的解集为 .
【答案】
【分析】构造函数，求导得函数的单调性，即可由单调性求解.
【详解】令，则 ，
由于，所以，故在上单调递减，又是定义在上的偶函数且，故，所以，
等价于，因此，
故的解集为，
故答案为：
15．已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用导数求出在上的单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，且，，令，则，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，当时，
当时，函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：

对于函数，令，即，
令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，且，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
16．已知定义在上函数满足：，写出一个满足上述条件的函数 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】先证明，再证明均满足题设要求，故可得为满足题设要求的函数.
【详解】先证明：.
设，则，
故在上为减函数，故，
故恒成立，故可设，
则，即，
而，
故均满足题设要求，
特别地，取，故满足题设要求.
故答案为：（答案为不唯一）.

四、解答题（本题共 6 小题，其中 17 题 10 分，18、19、20、21、22 题各 12 分， 共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．已知函数.
(1)若的极大值为3，求实数的值；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）当，对求导，得出的单调性和极大值，即可得出答案.
（2）由题意整理可得，利用换元法，令，则，令，利用导数求出的最小值，求解即可得出答案.
【详解】（1）因为，由，得，即的定义域为.
因为，
所以，
因为，
所以当时，，
当时，，所以当时，
在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得极大值，
解得.
（2）当时，，
即，所以.
令，则，
令，则，所以当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，所以，又，所以，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于把恒成立问题通过分离参数转化为新函数的最值问题，转化后利用导数判断出其定义域上的单调性求出值域或最值问题就解决了.
18．已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,若有两个实数根,且.求证:.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）先求导数,对进行分类讨论,分别求解出和的解即可;
（2）利用切线放缩,先证明,先求出曲线在和处的切线,再构造函数进行证明,同理证明即可.
【详解】（1）的定义域为,
.
①若,因为恒成立,所以在上单调递减.
②若,令,得;令得,,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
③若,令,得;令,得,
所以在区间上单调递增,上单调递减.
综上:
当时,在上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减;
当时,在区间上单调递增,上单调递减.
（2）,
先证不等式,
因为,
所以曲线在和处的切线分别为和,
如图:

令,
,
令,则;令,则;
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,所以在上恒成立,
设直线与直线交点的横坐标为,则,
设直线与直线交点的横坐标为,同理可证,
因为,
所以(两个等号不同时成立),
因此.
再证不等式,
函数图象上两点,
设直线与直线的交点的横坐标分别为,
易证,且,
所以.
综上可得成立.
【点睛】导数证明不等式的常用方法有:（1）最值法:直接构造函数或分离参数后构造函数,通过求解最值证明;（2）放缩法:通过构造切线或割线,利用切线放缩或者割线放缩进行证明.
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性：
(2)若是方程的两不等实根，求证：；
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由題意得，函数的定义域为.
由得：，
当时，在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为是方程的两不等实根，，
即是方程的两不等实根，
令，则，即是方程的两不等实根.
令，则，所以在上递增，在上递减，，
当时，；当时，且.
所以0，即0.
令，要证，只需证，
解法1（对称化构造）：令，
则，
令，
则，
所以在上递增，，
所以h，所以，
所以，所以，
即，所以.
解法2（对数均值不等式）：先证，令，
只需证，只需证，
令，
所以在上单调递减，所以.
因为，所以，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．
20．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，
设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，
设，又，即，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，
因此，即，
所以成立，即．
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
21．已知函数．
(1)试讨论的单调性；
(2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)．

【分析】（1）求出的导函数，讨论与0的大小关系即可求解；
（2）由题意可得，设，当时，利用放缩、构造函数、求导可知满足题意；当时，证明在上有唯一的零点即可.
【详解】（1）的定义域为，
当时，在上单调递增；
当时，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，在上单调递减．
当时，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，在上单调递减.
综上所述，时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意，即为，
设，
①当时，，
设，
则，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以恒成立，即，
又，所以在上恒成立，从而在上单调递增，
因为，所以，又，所以，满足题意；
②当时，，
设，
则，
因为当时，，所以恒成立，
故在上单调递增，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以恒成立，即，从而，
所以当时，必有，
又，所以在上有唯一的零点，且当时，，
从而在上单调递减，结合知当时，，
所以在上不能恒成立，不合题意.
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
22．已知函数.
(1)已知过点的直线与曲线相切于，求的值；
(2)已知，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义得出切线的斜率，根据两点求出切线的斜率，得出方程，求解即可得出答案；
（2）法一：先考虑，证明出，要证明，转化为证明，构造函数，求导得到其单调性，极值和最值情况，再考虑，得到，，得到结论，要证明，则要分，，结合隐零点进行证明；
法二：对求导，令导函数等于0得到，构造，求导得到其单调性和极值，最值情况，分，，转化为，构造函数进行求解.
【详解】（1）依题意得，，则切线的斜率.
又因为切点为，则.
所以有，解得.
（2）解法一：
当时，，所以在上单调递减.
因为，则，
所以，即.
要证，即，等价于，
即，，
设，则.
令，解得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
且
所以，故.
当时，若，则，
所以，①，
同理，即，故，
所以②，
故①＋②得，.
综上所述，.
令，得，
设，则，
当时，单调递减，，
当时，在上单调递减，
且由，，得，即.
当时，存在唯一的，使得，即，
当时，单调递减；当时，单调递增，
，设，
当时，单调递增，所以，.
又因为，且，所以，故.
综上，若，则.
解法二：
求导，.
令，得，设，则，
当时，单调递减，，
当单调递减.
若，则，所以，即.
要证，等价于证，又因为单调递减，所以，消元，
得，即，得.
若，，不等式显然成立.
若.
当，有，使得.
当时，单调递减；当时，单调递增，
时，单调递减.
，设，
当时，单调递减，所以，
又因为，且，所以，故.
综上，若，则
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.