函数与导数历年高考真题

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2024年高考数学真题分类汇编09：函数与导数(含详细答案解析)

函数与导数一、单选题1.(2024·全国)已知函数为f (x )=-x 2-2ax -a ,x <0e x+ln (x +1),x ≥0，在R 上单调递增，则a 取值的范围是()A.(-∞,0]B.[-1,0]C.[-1,1]D.[0,+∞)2.(2024·全国)已知函数为f (x )的定义域为R ，f (x )>f (x -1)+f (x -2)，且当x <3时f (x )=x ，则下列结论中一定正确的是()A.f (10)>100B.f (20)>1000C.f (10)<1000D.f (20)<100003.(2024·全国)设函数f (x )=a (x +1)2-1，g (x )=cos x +2ax ，当x ∈(-1,1)时，曲线y =f (x )与y =g (x )恰有一个交点，则a =()A.-1B.12C.1D.24.(2024·全国)设函数f (x )=(x +a )ln (x +b )，若f (x )≥0，则a 2+b 2的最小值为()A.18B.14C.12D.15.(2024·全国)曲线f x =x 6+3x -1在0,-1 处的切线与坐标轴围成的面积为()A.16B.32C.12D.-326.(2024·全国)函数f x =-x 2+e x -e -x sin x 在区间[-2.8,2.8]的大致图像为()A. B.C. D.7.(2024·全国)设函数f x =e x +2sin x1+x 2，则曲线y =f x 在0,1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()A.16B.13C.12D.238.(2024·北京)已知x 1,y 1 ，x 2,y 2 是函数y =2x图象上不同的两点，则下列正确的是()A.log 2y 1+y 22>x 1+x22 B.log 2y 1+y 22<x 1+x22C.log 2y 1+y 22>x 1+x 2D.log 2y 1+y 22<x 1+x 29.(2024·天津)下列函数是偶函数的是()A.y=e x-x2x2+1B.y=cos x+x2x2+1C.y=e x-xx+1D.y=sin x+4xe|x|10.(2024·天津)若a=4.2-0.3，b=4.20.3，c=log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.b>c>a11.(2024·上海)下列函数f x 的最小正周期是2π的是()A.sin x+cos xB.sin x cos xC.sin2x+cos2xD.sin2x-cos2x12.(2024·上海)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈-∞,x0,f x <f x0，在使得M =-1,1的所有f x 中，下列成立的是()A.存在f x 是偶函数B.存在f x 在x=2处取最大值C.存在f x 是严格增函数D.存在f x 在x=-1处取到极小值二、多选题13.(2024·全国)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则()A.x=3是f(x)的极小值点B.当0<x<1时，f(x)<f x2C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x)14.(2024·全国)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则()A.当a>1时，f(x)有三个零点B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴D.存在a，使得点1,f1为曲线y=f(x)的对称中心三、填空题15.(2024·全国)若曲线y=e x+x在点0,1处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=.16.(2024·全国)已知a>1，1log8a -1log a4=-52，则a=．17.(2024·全国)曲线y=x3-3x与y=-x-12+a在0,+∞上有两个不同的交点，则a的取值范围为．18.(2024·天津)若函数f x =2x2-ax-ax-2+1有唯一零点，则a的取值范围为．19.(2024·上海)已知f x =x,x>01,x≤0,则f3 =．四、解答题20.(2024·全国)已知函数f(x)=ln x2-x+ax+b(x-1)3(1)若b=0，且f (x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(3)若f (x )>-2当且仅当1<x <2，求b 的取值范围．21.(2024·全国)已知函数f (x )=e x -ax -a 3．(1)当a =1时，求曲线y =f (x )在点1,f (1) 处的切线方程；(2)若f (x )有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．22.(2024·全国)已知函数f x =a x -1 -ln x +1．(1)求f x 的单调区间；(2)若a ≤2时，证明：当x >1时，f x <e x -1恒成立．23.(2024·全国)已知函数f x =1-ax ln 1+x -x ．(1)当a =-2时，求f x 的极值；(2)当x ≥0时，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围．24.(2024·北京)已知f x =x +k ln 1+x 在t ,f t t >0 处切线为l ．(1)若切线l 的斜率k =-1，求f x 单调区间；(2)证明：切线l 不经过0,0 ；(3)已知k =1，A t ,f t ，C 0,f t ，O 0,0 ，其中t >0，切线l 与y 轴交于点B 时．当2S △ACO =15S △ABO ，符合条件的A 的个数为？(参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)25.(2024·天津)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的取值范围；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．26.(2024·上海)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．27.(2024·上海)对于一个函数f x 和一个点M a ,b ，令s x =(x -a )2+f x -b 2，若P x 0,f x 0 是s x取到最小值的点，则称P 是M 在f x 的“最近点”．(1)对于f (x )=1x(x >0)，求证：对于点M 0,0 ，存在点P ，使得点P 是M 在f x 的“最近点”；(2)对于f x =e x ,M 1,0 ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在f x 的“最近点”，且直线MP 与y =f (x )在点P 处的切线垂直；(3)已知y =f (x )在定义域R 上存在导函数f (x )，且函数g (x )在定义域R 上恒正，设点M 1t -1,f t -g t ，M 2t +1,f t +g t ．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，试判断f x 的单调性．参考答案：1.B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【解析】因为f x 在R上单调递增，且x≥0时，f x =e x+ln x+1单调递增，则需满足--2a2×-1≥0-a≤e0+ln1，解得-1≤a≤0，即a的范围是[-1,0].故选：B.2.B【分析】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【解析】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，又因为f(x)>f(x-1)+f(x-2)，则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f(1)=1,f(2)=2，再利用题目所给的函数性质f(x)>f(x-1)+ f(x-2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.3.D【分析】解法一：令F x =ax2+a-1,G x =cos x，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令h x =f(x)-g x ,x∈-1,1，可知h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即可得a=2，并代入检验即可.【解析】解法一：令f(x)=g x ，即a(x+1)2-1=cos x+2ax，可得ax2+a-1=cos x，令F x =ax2+a-1,G x =cos x，原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，注意到F x ,G x 均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F0 =G0 ，即a-1=1，解得a=2，若a=2，令F x =G x ，可得2x2+1-cos x=0因为x∈-1,1，则2x2≥0,1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得2x2+1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，所以a=2符合题意；综上所述：a=2.解法二：令h x =f(x)-g x =ax2+a-1-cos x,x∈-1,1，原题意等价于h x 有且仅有一个零点，因为h -x =a -x 2+a -1-cos -x =ax 2+a -1-cos x =h x ，则h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即h 0 =a -2=0，解得a =2，若a =2，则h x =2x 2+1-cos x ,x ∈-1,1 ，又因为2x 2≥0,1-cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，可得h x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，即h x 有且仅有一个零点0，所以a =2符合题意；故选：D .4.C【分析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，分类讨论-a 与-b ,1-b 的大小关系，结合符号分析判断，即可得b =a +1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln (x +b )的符号，进而可得x +a 的符号，即可得b =a +1，代入可得最值.【解析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；若-a ≤-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；若-b <-a <1-b ，当x ∈-a ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；若-a =1-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a <0,ln x +b <0，此时f (x )>0；当x ∈1-b ,+∞ 时，可知x +a ≥0,ln x +b ≥0，此时f (x )≥0；可知若-a =1-b ，符合题意；若-a >1-b ，当x ∈1-b ,-a 时，可知x +a 0,ln x +b 0，此时f (x )<0，不合题意；综上所述：-a =1-b ，即b =a +1，则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥12，当且仅当a =-12,b =12时，等号成立，所以a 2+b 2的最小值为12；解法二：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；则当x ∈-b ,1-b 时，ln x +b <0，故x +a ≤0，所以1-b +a ≤0；x ∈1-b ,+∞ 时，ln x +b >0，故x +a ≥0，所以1-b +a ≥0；故1-b +a =0，则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥12，当且仅当a =-12,b =12时，等号成立，所以a 2+b 2的最小值为12.故选：C .【点睛】关键点点睛：分别求x +a =0、ln (x +b )=0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.5.A【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【解析】f x =6x 5+3，所以f 0 =3，故切线方程为y =3(x -0)-1=3x -1，故切线的横截距为13，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为12×1×13=16故选：A .6.B【分析】利用函数的奇偶性可排除A 、C ，代入x =1可得f 1 >0，可排除D .【解析】f -x =-x 2+e -x -e x sin -x =-x 2+e x -e -x sin x =f x ，又函数定义域为-2.8,2.8 ，故该函数为偶函数，可排除A 、C ，又f 1 =-1+e -1e sin1>-1+e -1e sin π6=e 2-1-12e >14-12e>0，故可排除D .故选：B .7.A【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1 处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.【解析】fx =ex+2cos x 1+x 2 -e x +2sin x ⋅2x1+x 22，则f0 =e 0+2cos0 1+0 -e 0+2sin0 ×01+02=3，即该切线方程为y -1=3x ，即y =3x +1，令x =0，则y =1，令y =0，则x =-13，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S =12×1×-13 =16.故选：A .8.A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB ；举例判断CD 即可.【解析】由题意不妨设x 1<x 2，因为函数y =2x 是增函数，所以0<2x 1<2x 2，即0<y 1<y 2，对于选项AB ：可得2x1+2x 22>2x 1·2x 2=2x 1+x 22，即y 1+y 22>2x 1+x 22>0，根据函数y =log 2x 是增函数，所以log 2y 1+y 22>log 22x 1+x22=x 1+x22，故A 正确，B 错误；对于选项C ：例如x 1=0,x 2=1，则y 1=1,y 2=2，可得log 2y 1+y 22=log 232∈0,1 ，即log 2y 1+y 22<1=x 1+x 2，故C 错误；对于选项D ：例如x 1=-1,x 2=-2，则y 1=12,y 2=14，可得log 2y 1+y 22=log 238=log 23-3∈-2,-1 ，即log 2y 1+y 22>-3=x 1+x 2，故D 错误，故选：A .9.B【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.【解析】对A ，设f x =e x -x 2x 2+1，函数定义域为R ，但f -1 =e -1-12，f 1 =e -12，则f -1 ≠f 1 ，故A 错误；对B ，设g x =cos x +x 2x 2+1，函数定义域为R ，且g -x =cos -x +-x 2-x 2+1=cos x +x 2x 2+1=g x ，则g x 为偶函数，故B 正确；对C ，设h x =e x -xx +1，函数定义域为x |x ≠-1 ，不关于原点对称，则h x 不是偶函数，故C 错误；对D ，设φx =sin x +4x e |x |，函数定义域为R ，因为φ1 =sin1+4e ，φ-1 =-sin1-4e ，则φ1 ≠φ-1 ，则φx 不是偶函数，故D 错误.故选：B .10.B【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.【解析】因为y =4.2x 在R 上递增，且-0.3<0<0.3，所以0<4.2-0.3<4.20<4.20.3，所以0<4.2-0.3<1<4.20.3，即0<a <1a >c ，故选：B 11.A【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .【解析】对A ，sin x +cos x =2sin x +π4，周期T =2π，故A 正确；对B ，sin x cos x =12sin2x ，周期T =2π2=π，故B 错误；对于选项C ，sin 2x +cos 2x =1，是常值函数，不存在最小正周期，故C 错误；对于选项D ，sin 2x -cos 2x =-cos2x ，周期T =2π2=π，故D 错误，故选：A ．12.B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数f x =-2,x <-1x ,-1≤x ≤11,x >1即可判断.【解析】对于A ，若存在y =f (x )是偶函数, 取x 0=1∈[-1,1],则对于任意x ∈(-∞,1),f (x )<f (1), 而f (-1)=f (1), 矛盾, 故A 错误；对于B ，可构造函数f x =-2,x <-1,x ,-1≤x ≤1,1,x >1,满足集合M =-1,1 ，当x <-1时，则f x =-2，当-1≤x ≤1时，f x ∈-1,1 ，当x >1时，f x =1，则该函数f x 的最大值是f 2 ，则B 正确；对C ，假设存在f x ，使得f x 严格递增，则M =R ，与已知M =-1,1 矛盾，则C 错误；对D ，假设存在f x ，使得f x 在x =-1处取极小值，则在-1的左侧附近存在n ，使得f n >f -1 ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B .13.ACD【分析】求出函数f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数f x 在1,3 上的值域即可判断C ；直接作差可判断D .【解析】对A ，因为函数f x 的定义域为R ，而f x =2x -1 x -4 +x -1 2=3x -1 x -3 ，易知当x ∈1,3 时，f x <0，当x ∈-∞,1 或x ∈3,+∞ 时，f x >0函数f x 在-∞,1 上单调递增，在1,3 上单调递减，在3,+∞ 上单调递增，故x =3是函数f x 的极小值点，正确；对B ，当0<x <1时，x -x 2=x 1-x >0，所以1>x >x 2>0，而由上可知，函数f x 在0,1 上单调递增，所以f x >f x 2 ，错误；对C ，当1<x <2时，1<2x -1<3，而由上可知，函数f x 在1,3 上单调递减，所以f 1 >f 2x -1 >f 3 ，即-4<f 2x -1 <0，正确；对D ，当-1<x <0时，f (2-x )-f (x )=1-x 2-2-x -x -1 2x -4 =x -1 22-2x >0，所以f (2-x )>f (x )，正确；故选：ACD .14.AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0,x =a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出f (x )在(-1,0),(0,a ),(a ,2a )上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，则f (x )=f (2b -x )为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【解析】A 选项，f (x )=6x 2-6ax =6x (x -a )，由于a >1，故x ∈-∞,0 ∪a ,+∞ 时f (x )>0，故f (x )在-∞,0 ,a ,+∞ 上单调递增，x ∈(0,a )时，f (x )<0，f (x )单调递减，则f (x )在x =0处取到极大值，在x =a 处取到极小值，由f (0)=1>0，f (a )=1-a 3<0，则f (0)f (a )<0，根据零点存在定理f (x )在(0,a )上有一个零点，又f (-1)=-1-3a <0，f (2a )=4a 3+1>0，则f (-1)f (0)<0,f (a )f (2a )<0，则f (x )在(-1,0),(a ,2a )上各有一个零点，于是a >1时，f (x )有三个零点，A 选项正确；B 选项，f (x )=6x (x -a )，a <0时，x ∈(a ,0),f (x )<0，f (x )单调递减，x ∈(0,+∞)时f (x )>0，f (x )单调递增，此时f (x )在x =0处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，即存在这样的a ,b 使得f (x )=f (2b -x )，即2x 3-3ax 2+1=2(2b -x )3-3a (2b -x )2+1，根据二项式定理，等式右边(2b -x )3展开式含有x 3的项为2C 33(2b )0(-x )3=-2x 3，于是等式左右两边x 3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f (1)=3-3a ，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，事实上，f (x )+f (2-x )=2x 3-3ax 2+1+2(2-x )3-3a (2-x )2+1=(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a ，于是6-6a =(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a即12-6a =012a -24=018-12a =6-6a，解得a =2，即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f (x )=2x 3-3ax 2+1，f (x )=6x 2-6ax ，f (x )=12x -6a ，由f (x )=0⇔x =a 2，于是该三次函数的对称中心为a 2,f a2，由题意(1,f (1))也是对称中心，故a2=1⇔a =2，即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：(1)f (x )的对称轴为x =b ⇔f (x )=f (2b -x )；(2)f (x )关于(a ,b )对称⇔f (x )+f (2a -x )=2b ；(3)任何三次函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是f (x )=0的解，即-b 3a ,f -b3a 是三次函数的对称中心15.ln2【分析】先求出曲线y =e x +x 在0,1 的切线方程，再设曲线y =ln x +1 +a 的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，求出y ，利用公切线斜率相等求出x 0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【解析】由y =e x +x 得y =e x +1，y |x =0=e 0+1=2，故曲线y =e x +x 在0,1 处的切线方程为y =2x +1；由y =ln x +1 +a 得y =1x +1，设切线与曲线y =ln x +1 +a 相切的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，由两曲线有公切线得y =1x 0+1=2，解得x 0=-12，则切点为-12,a +ln 12 ，切线方程为y =2x +12 +a +ln 12=2x +1+a -ln2，根据两切线重合,所以a -ln2=0，解得a =ln2.故答案为：ln216.64【分析】将log 8a ,log a 4利用换底公式转化成log 2a 来表示即可求解.【解析】由题1log 8a -1log a 4=3log 2a -12log 2a =-52，整理得log 2a 2-5log 2a -6=0，⇒log 2a =-1或log 2a =6，又a >1，所以log 2a =6=log 226，故a =26=64故答案为：64.17.-2,1【分析】将函数转化为方程，令x 3-3x =-x -1 2+a ，分离参数a ，构造新函数g x =x 3+x 2-5x +1,结合导数求得g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【解析】令x 3-3x =-x -1 2+a ，即a =x 3+x 2-5x +1，令g x =x 3+x 2-5x +1x >0 ,则g x =3x 2+2x -5=3x +5 x -1 ，令g x =0x >0 得x =1，当x ∈0,1 时，g x <0，g x 单调递减，当x ∈1,+∞ 时，g x >0，g x 单调递增，g 0 =1,g 1 =-2，因为曲线y =x 3-3x 与y =-x -1 2+a 在0,+∞ 上有两个不同的交点，所以等价于y =a 与g x 有两个交点，所以a ∈-2,1.故答案为：-2,1 18.-3,-1 ∪1,3【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g x =2x 2-ax 与h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a，则两函数图象有唯一交点，分a =0、a >0与a <0进行讨论，当a >0时，计算函数定义域可得x ≥a 或x ≤0，计算可得a ∈0,2 时，两函数在y 轴左侧有一交点，则只需找到当a ∈0,2 时，在y 轴右侧无交点的情况即可得；当a <0时，按同一方式讨论即可得.【解析】令f x =0，即2x 2-ax =ax -2 -1，由题可得x 2-ax ≥0，当a =0时，x ∈R ，有2x 2=-2 -1=1，则x =±22，不符合要求，舍去；当a >0时，则2x 2-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥a 或x ≤0，当x ≤0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，当a =2时，即4x +1=0，即x =-14，当a ∈0,2 ，x =-12+a 或x =12-a>0(正值舍去)，当a ∈2,+∞ 时，x =-12+a <0或x =12-a<0，有两解，舍去，即当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤0时有唯一解，则当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥a 时需无解，当a ∈0,2 ，且x ≥a 时，由函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3a ，且函数h x 在1a ,2a上单调递减，在2a ,3a上单调递增，令g x =y =2x 2-ax ，即x -a 2 2a 24-y 2a 2=1，故x ≥a 时，g x 图象为双曲线x2a 24-y 2a2=1右支的x 轴上方部分向右平移a2所得，由x2a 24-y 2a2=1的渐近线方程为y =±aa 2x =±2x ，即g x 部分的渐近线方程为y =2x -a 2，其斜率为2，又a ∈0,2 ，即h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a在x ≥2a 时的斜率a ∈0,2 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在a ,+∞ 上单调递增，故有1a <a 3a>a，解得1<a <3，故1<a <3符合要求；当a <0时，则2x 2-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥0或x ≤a ，当x ≥0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，当a =-2时，即4x -1=0，即x =14，当a ∈-2,0 ，x =-12+a <0(负值舍去)或x =12-a0，当a ∈-∞,2 时，x =-12+a >0或x =12-a>0，有两解，舍去，即当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥0时有唯一解，则当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤a 时需无解，当a ∈-2,0 ，且x ≤a 时，由函数h x =ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3a ，且函数h x 在2a ,1a上单调递减，在3a ,2a上单调递增，同理可得：x ≤a 时，g x 图象为双曲线x 2a 24-y 2a 2=1左支的x 轴上方部分向左平移a2所得，g x 部分的渐近线方程为y =-2x +a 2，其斜率为-2，又a ∈-2,0 ，即h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a在x <2a 时的斜率a ∈-2,0 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在-∞,a 上单调递减，故有1a >a 3a<a，解得-3<a <-1，故-3<a <-1符合要求；综上所述，a ∈-3,-1 ∪1,3 .故答案为：-3,-1 ∪1,3 .【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数f x 的零点问题转化为函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.19.3【分析】利用分段函数的形式可求f 3 .【解析】因为f x =x ,x >01,x ≤0, 故f 3 =3，故答案为：3.20.(1)-2(2)证明见解析(3)b ≥-23【分析】(1)求出f x min =2+a 后根据f (x )≥0可求a 的最小值；(2)设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，可证P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n 也在函数的图像上，从而可证对称性；(3)根据题设可判断f 1 =-2即a =-2，再根据f (x )>-2在1,2 上恒成立可求得b ≥-23.【解析】(1)b =0时，f x =ln x2-x+ax ，其中x ∈0,2 ，则f x =1x +12-x =2x 2-x+a ,x ∈0,2 ，因为x 2-x ≤2-x +x 2 2=1，当且仅当x =1时等号成立，故f x min =2+a ，而f x ≥0成立，故a +2≥0即a ≥-2，所以a 的最小值为-2.，(2)f x =ln x2-x+ax +b x -1 3的定义域为0,2 ，设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n ，因为P m ,n 在y =f x 图象上，故n =ln m2-m+am +b m -1 3，而f 2-m =ln 2-m m +a 2-m +b 2-m -1 3=-ln m2-m +am +b m -1 3 +2a ，=-n +2a ，所以Q 2-m ,2a -n 也在y =f x 图象上，由P 的任意性可得y =f x 图象为中心对称图形，且对称中心为1,a .(3)因为f x >-2当且仅当1<x<2，故x=1为f x =-2的一个解，所以f1 =-2即a=-2，先考虑1<x<2时，f x >-2恒成立.此时f x >-2即为lnx2-x+21-x+b x-13>0在1,2上恒成立，设t=x-1∈0,1，则ln t+11-t-2t+bt3>0在0,1上恒成立，设g t =ln t+11-t-2t+bt3,t∈0,1，则g t =21-t2-2+3bt2=t2-3bt2+2+3b1-t2，当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，故g t >0恒成立，故g t 在0,1上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2上恒成立.当-23≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，故g t ≥0恒成立，故g t 在0,1上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2上恒成立.当b<-23，则当0<t<1+23b<1时，g t <0故在0,1+2 3b上g t 为减函数，故g t <g0 =0，不合题意，舍；综上，f x >-2在1,2上恒成立时b≥-2 3 .而当b≥-23时，而b≥-23时，由上述过程可得g t 在0,1递增，故g t >0的解为0,1，即f x >-2的解为1,2.综上，b≥-2 3 .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.21.(1)e-1x-y-1=0(2)1,+∞【分析】(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；(2)解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f (x)=e x-a有零点，可得a>0，进而利用导数求f x 的单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构建函数解不等式即可.【解析】(1)当a=1时，则f(x)=e x-x-1，f (x)=e x-1，可得f(1)=e-2，f (1)=e-1，即切点坐标为1,e-2，切线斜率k=e-1，所以切线方程为y-e-2=e-1x-1，即e-1x-y-1=0.(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)≥0对任意x∈R恒成立，可知f (x )在R 上单调递增，无极值，不合题意；若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，构建g a =a 2+ln a -1,a >0，则g a =2a +1a>0，可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ ；解法二：因为f (x )的定义域为R ，且f (x )=e x -a ，若f (x )有极小值，则f (x )=e x -a 有零点，令f (x )=e x -a =0，可得e x =a ，可知y =e x 与y =a 有交点，则a >0，若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，符合题意，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，构建g a =a 2+ln a -1,a >0，因为则y =a 2,y =ln a -1在0,+∞ 内单调递增，可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ .22.(1)见解析(2)见解析【分析】(1)求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；(2)先根据题设条件将问题可转化成证明当x >1时，e x -1-2x +1+ln x >0即可.【解析】(1)f (x )定义域为(0,+∞)，f (x )=a -1x =ax -1x当a ≤0时，f (x )=ax -1x <0，故f (x )在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，x ∈1a,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，当x ∈0,1a时，f (x )<0，f (x )单调递减.综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)上单调递减；a >0时，f (x )在1a ,+∞ 上单调递增，在0,1a上单调递减.(2)a ≤2，且x >1时，e x -1-f (x )=e x -1-a (x -1)+ln x -1≥e x -1-2x +1+ln x ，令g (x )=e x -1-2x +1+ln x (x >1)，下证g (x )>0即可.g (x )=e x -1-2+1x ，再令h (x )=g (x )，则h (x )=e x -1-1x2，显然h (x )在(1,+∞)上递增，则h (x )>h (1)=e 0-1=0，即g (x )=h (x )在(1,+∞)上递增，故g (x)>g (1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证23.(1)极小值为0，无极大值.(2)a≤-12【分析】(1)求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.(2)求出函数的二阶导数，就a≤-12、-12<a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.【解析】(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，故f (x)=2ln(1+x)+1+2x1+x-1=2ln(1+x)-11+x+1，因为y=2ln(1+x),y=-11+x+1在-1,+∞上为增函数，故f (x)在-1,+∞上为增函数，而f (0)=0，故当-1<x<0时，f (x)<0，当x>0时，f (x)>0，故f x 在x=0处取极小值且极小值为f0 =0，无极大值.(2)f x =-a ln1+x+1-ax1+x-1=-a ln1+x-a+1x1+x,x>0，设s x =-a ln1+x-a+1x1+x,x>0，则s x =-ax+1-a+11+x2=-a x+1+a+11+x2=-ax+2a+11+x2，当a≤-12时，sx >0，故s x 在0,+∞上为增函数，故s x >s0 =0，即f x >0，所以f x 在0,+∞上为增函数，故f x ≥f0 =0.当-12<a<0时，当0<x<-2a+1a时，sx <0，故s x 在0,-2a+1 a上为减函数，故在0,-2a+1a上s x <s0 ，即在0,-2a+1 a上f x <0即f x 为减函数，故在0,-2a+1 a上f x <f0 =0，不合题意，舍.当a≥0，此时s x <0在0,+∞上恒成立，同理可得在0,+∞上f x <f0 =0恒成立，不合题意，舍；综上，a≤-1 2 .【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.24.(1)单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).(2)证明见解析(3)2【分析】(1)直接代入k=-1，再利用导数研究其单调性即可；(2)写出切线方程y-f(t)=1+k1+t(x-t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)-t1+t，利用导数研究其零点即可；(3)分别写出面积表达式，代入2S △ACO =15S ABO 得到13ln (1+t )-2t -15t1+t=0，再设新函数h (t )=13ln (1+t )-2t -15t1+t(t >0)研究其零点即可.【解析】(1)f (x )=x -ln (1+x ),f (x )=1-11+x =x1+x(x >-1)，当x ∈-1,0 时，f x <0；当x ∈0,+∞ ，f x >0；∴f (x )在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.则f (x )的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).(2)f (x )=1+k 1+x ，切线l 的斜率为1+k1+t，则切线方程为y -f (t )=1+k1+t (x -t )(t >0)，将(0,0)代入则-f (t )=-t 1+k 1+t,f (t )=t 1+k1+t ，即t +k ln (1+t )=t +t k 1+t ，则ln (1+t )=t 1+t ，ln (1+t )-t1+t =0，令F (t )=ln (1+t )-t1+t，假设l 过(0,0)，则F (t )在t ∈(0,+∞)存在零点.F (t )=11+t -1+t -t (1+t )2=t(1+t )2>0，∴F (t )在(0,+∞)上单调递增，F (t )>F (0)=0，∴F (t )在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).(3)k =1时，f (x )=x +ln (1+x ),f (x )=1+11+x =x +21+x>0.S △ACO =12tf (t )，设l 与y 轴交点B 为(0,q )，t >0时，若q <0，则此时l 与f (x )必有交点，与切线定义矛盾.由(2)知q ≠0.所以q >0，则切线l 的方程为y -t -ln t +1 =1+11+t x -t ，令x =0，则y =q =y =ln (1+t )-tt +1.∵2S △ACO =15S ABO ，则2tf (t )=15t ln (1+t )-t t +1，∴13ln (1+t )-2t -15t 1+t =0，记h (t )=13ln (1+t )-2t -15t1+t(t >0)，∴满足条件的A 有几个即h (t )有几个零点.h(t )=131+t -2-15(t +1)2=13t +13-2t 2+2t +1 -15(t +1)2=2t 2+9t -4(t +1)2=(-2t +1)(t -4)(t +1)2，当t ∈0,12 时，h t <0，此时h t 单调递减；当t ∈12,4 时，h t >0，此时h t 单调递增；当t ∈4,+∞ 时，h t <0，此时h t 单调递减；因为h (0)=0,h 120,h (4)=13ln5-20 13×1.6-20=0.8>0，h (24)=13ln25-48-15×2425=26ln5-48-725<26×1.61-48-725=-20.54<0，所以由零点存在性定理及h (t )的单调性，h (t )在12,4 上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，h (t )有两个零点，即满足2S ACO =15S ABO 的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.25.(1)y =x -1(2)2(3)证明过程见解析【分析】(1)直接使用导数的几何意义；(2)先由题设条件得到a =2，再证明a =2时条件满足；(3)先确定f x 的单调性，再对x 1,x 2分类讨论.【解析】(1)由于f x =x ln x ，故f x =ln x +1.所以f 1 =0，f 1 =1，所以所求的切线经过1,0 ，且斜率为1，故其方程为y =x -1.(2)设h t =t -1-ln t ，则h t =1-1t =t -1t，从而当0<t <1时h t <0，当t >1时h t >0.所以h t 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，这就说明h t ≥h 1 ，即t -1≥ln t ，且等号成立当且仅当t =1.设g t =a t -1 -2ln t ，则f x -a x -x =x ln x -a x -x =x a 1x -1-2ln 1x=x ⋅g 1x.当x ∈0,+∞ 时，1x的取值范围是0,+∞ ，所以命题等价于对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0.一方面，若对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0，则对t ∈0,+∞ 有0≤g t =a t -1 -2ln t =a t -1 +2ln 1t ≤a t -1 +21t -1 =at +2t-a -2，取t =2，得0≤a -1，故a ≥1>0.再取t =2a ，得0≤a ⋅2a +2a 2-a -2=22a -a -2=-a -2 2，所以a =2.另一方面，若a =2，则对任意t ∈0,+∞ 都有g t =2t -1 -2ln t =2h t ≥0，满足条件.综合以上两个方面，知a 的取值范围是2 .(3)先证明一个结论：对0<a -ab-1 1-a b+ln a =1+ln a ，所以ln a +11e时f x >0.所以f x 在0,1e 上递减，在1e,+∞ 上递增.不妨设x 1≤x 2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.情况一：当1e≤x 1≤x 2<1时，有f x 1 -f x 2 =f x 2 -f x 1 <ln x 2+1 x 2-x 1 <x 2-x 1<x 2-x 1，结论成立；情况二：当0<x 1≤x 2≤1e时，有f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2.对任意的c ∈0,1e，设φx =x ln x -c ln c -c -x ，则φx =ln x +1+12c -x.由于φx 单调递增，且有φ c 2e1+12c=ln c2e1+12c+1+12c -c2e1+12c<ln1e1+12c+1+12c -c2=-1-12c +1+12c=0，且当x ≥c -14ln 2c-1 2，x >c 2时，由12c -x≥ln 2c -1可知φ x =ln x +1+12c -x >ln c 2+1+12c -x =12c -x-ln 2c -1 ≥0.所以φ x 在0,c 上存在零点x 0，再结合φ x 单调递增，即知0<x <x 0时φ x <0，x 0<x <c 时φ x >0.故φx 在0,x 0 上递减，在x 0,c 上递增.①当x 0≤x ≤c 时，有φx ≤φc =0；②当0<x <x 0时，由于c ln 1c =-2f c ≤-2f 1e =2e <1，故我们可以取q ∈c ln 1c,1 .从而当0<x <c1-q 2时，由c -x >q c ，可得φx =x ln x -c ln c -c -x <-c ln c -c -x <-c ln c -q c =c c ln 1c-q <0.再根据φx 在0,x 0 上递减，即知对0<x <x 0都有φx <0；综合①②可知对任意0<x ≤c ，都有φx ≤0，即φx =x ln x -c ln c -c -x ≤0.根据c ∈0,1e和0<x ≤c 的任意性，取c =x 2，x =x 1，就得到x 1ln x 1-x 2ln x 2-x 2-x 1≤0.所以f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2≤x 2-x 1.情况三：当0<x 1≤1e ≤x 2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得f x 1 -f 1e≤1e -x 1≤x 2-x 1，f 1e -f x 2 ≤x 2-1e ≤x 2-x 1.而根据f x 的单调性，知f x 1 -f x 2 ≤f x 1 -f 1e 或f x 1 -f x 2 ≤f 1e-f x 2 .故一定有f x 1 -f x 2 ≤x 2-x 1成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合f x 的单调性进行分类讨论.26.(1)x |1<x <2(2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【解析】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.27.(1)证明见解析(2)存在，P 0,1 (3)严格单调递减【分析】(1)代入M (0,0)，利用基本不等式即可；(2)由题得s x =(x -1)2+e 2x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；(3)根据题意得到s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，对两等式化简得f x 0 =-1g (t )，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明x 0=t ，最后得到函数单调性.【解析】(1)当M (0,0)时，s x =(x -0)2+1x -0 2=x 2+1x2≥2x 2⋅1x 2=2，当且仅当x 2=1x 2即x =1时取等号，故对于点M 0,0 ，存在点P 1,1 ，使得该点是M 0,0 在f x 的“最近点”．(2)由题设可得s x =(x -1)2+e x -0 2=(x -1)2+e 2x ，则s x =2x -1 +2e 2x ，因为y =2x -1 ,y =2e 2x 均为R 上单调递增函数，则s x =2x -1 +2e 2x 在R 上为严格增函数，而s 0 =0，故当x <0时，s x <0，当x >0时，s x >0，故s x min =s 0 =2，此时P 0,1 ，而f x =e x ,k =f 0 =1，故f x 在点P 处的切线方程为y =x +1.而k MP =0-11-0=-1，故k MP ⋅k =-1，故直线MP 与y =f x 在点P 处的切线垂直．(3)设s 1x =(x -t +1)2+f x -f t +g t 2，s 2x =(x -t -1)2+f x -f t -g t 2，而s 1x =2(x -t +1)+2f x -f t +g t f x ，s 2x =2(x -t -1)+2f x -f t -g t f x ，若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，设P x 0,y 0 ，则x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则x 0也是两函数的极小值点，则存在x0,使得s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，即s 1 x 0 =2x 0-t +1 +2f x 0 f x 0 -f (t )+g (t ) =0①s 2 x 0 =2x 0-t -1 +2f x 0 f x 0 -f (t )-g (t ) =0②由①②相等得4+4g (t )⋅f x 0 =0，即1+f x 0 g (t )=0，即f x 0 =-1g (t )，又因为函数g (x )在定义域R 上恒正，则f x 0 =-1g (t )<0恒成立，接下来证明x 0=t ，因为x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，则s 1x 0 ≤s (t ),s 2x 0 ≤s (t )，即x 0-t +1 2+f x 0 -f t +g t 2≤1+g t 2，③x 0-t -12+f x 0 -f t -g t 2≤1+g t 2，④③+④得2x 0-t 2+2+2f x 0 -f (t ) 2+2g 2(t )≤2+2g 2(t )即x 0-t 2+f x 0 -f t 2≤0，因为x 0-t 2≥0,f x 0 -f t 2≥0则x 0-t =0f x 0 -f t =0，解得x 0=t ，则f t =-1g (t )<0恒成立，因为t 的任意性，则f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到f x 0 =-1g (t )，再利用最值点定义得到x 0=t 即可.。

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数$f(x)=x\ln(x+a+x^2)$为偶函数，则$a=$解析】由题知$y=\ln(x+a+x^2)$是奇函数，所以$\ln(x+a+x^2)+\ln(-x+a+x^2)=\ln(a+x-x)=\ln a$，解得$a=1$。

考点：函数的奇偶性。

2.（2018年2卷11）已知$$f(x)=\begin{cases}\frac{x+1}{x},x<0\\ax^2,x\geq0\end{cases}$$ 是定义域为$(-\infty,0)\cup[0,+\infty)$的奇函数，满足$f(\frac{1}{2})=1$。

若，$f'(-1)=-2$，则$a=$解：因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-\frac{1}{2})=-1$，$f(0)=0$。

又因为$f'(-1)=-2$，所以$f'(-x)|_{x=1}=2$，$f'(0+)=0$，$f'(0-)=0$。

由此可得$$\begin{aligned}a&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\\&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{ax^2}{x}\\&=\lim\limits_{x\to0^+}ax\\&=\lim\limits_{x\to 0^-}ax\\&=-\frac{1}{2}\end{aligned}$$ 故选B。

3.（2016年2卷12）已知函数$f(x)(x\in R)$满足$f(-x)=2-f(x)$，若函数$y=\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)$的图像的交点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$，则$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=( )$解析】由$f(x)$的奇偶性可得$f(0)=1$，又因为$f(x)$是偶函数，所以$f'(0)=0$。

高中函数和导数试题及答案

高中函数和导数试题及答案一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 3C. 2x + 1D. 3x + 22. 若函数f(x) = sin(x) + cos(x)的导数是：A. cos(x) - sin(x)B. cos(x) + sin(x)C. -sin(x) + cos(x)D. -sin(x) - cos(x)3. 已知函数g(x) = 2x^3 - 5x^2 + 7x - 1，其在x = 1处的导数值是：A. -1B. 0C. 1D. 2二、填空题4. 若f(x) = 4x^3 - 5x^2 + 6x - 7，求f'(x) = __________。

5. 若f(x) = x^4 + 2x^3 - 3x^2 + 4x + 5，求f'(2) = __________。

三、解答题6. 已知函数h(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，求h'(x)，并求h'(1)的值。

7. 已知函数k(x) = √x，求k'(x)，并讨论k(x)的单调性。

四、综合题8. 已知函数F(x) = ln(x) + x^2，求F'(x)，并讨论F(x)在x > 0时的增减性。

答案解析：一、选择题1. 正确答案：A. 2x + 3解析：f'(x) = 2x + 3，根据导数的幂规则和线性规则计算得出。

2. 正确答案：A. cos(x) - sin(x)解析：f'(x) = cos(x) - sin(x)，根据三角函数的导数规则计算得出。

3. 正确答案：B. 0解析：g'(x) = 6x^2 - 10x + 7，代入x = 1得g'(1) = 0。

二、填空题4. 答案：12x^2 - 10x + 6解析：根据导数的幂规则和线性规则计算。

5. 答案：44解析：f'(x) = 4x^3 + 6x^2 - 6x + 4，代入x = 2计算得出。

(完整word)函数与导数历年高考真题.docx

函数与导数高考真题1． 2log 510＋ log 50.25 ＝A 、 0B 、 1C 、 2D 、42． 2(1 cosx)dx 等于 ( )2A.B.2C.-2 D.+23．设 f(x) 为定义在 R 上的奇函数，当 x ≥ 0 时， f(x)= 2x +2x+b(b 为常数 ) ，则 f(-1)=(A) 3(B) 1(C)-1(D)-34．设定义在 R 上的函数 fx 满足 fx f x2 13 ，若 f 12 ，则 f 99( )（Ａ） 13（Ｂ） 2（Ｃ）13（Ｄ）221375．已知函数 f ( x) 2 x 31( x) 是 f (x) 的反函数，若mn 16 （ m nR +），则， f，f 1( m)f1( n) 的值为（）A ． 2B ． 1C ． 4D ． 106．设正数 a,b 满足lim( x 2ax)4 , 则 lim a n 1 ab n 1 （）ba n 1 2b nx 2nA ． 0B．1C ．1D． 1427．已知函数 y= 1x x3 的最大值为 M ，最小值为 m ，则m的值为M1(B)1(C)2(D)3(A)22248．已知函数 y ＝ x2-3x+c 的图像与 x 恰有两个公共点，则c ＝（ A ） -2 或 2 （ B ）-9 或 3 （ C ） -1 或 1 （ D ）-3 或 19 ．已知以 T4 为周期的函数f ( x)m 1 x 2 , x (1,1]，其中 m 0 。

若方程1 x2 , x (1,3]3 f ( x) x 恰有 5 个实数解，则 m 的取值范围为（）A ． (15 , 8) B ． (15, 7)C ． ( 4 , 8)D ． ( 4, 7)3333 3310．已知函数 f ( x)2mx 22(4 m)x 1， g( x)mx ，若对于任一实数 x ， f (x) 与g( x) 至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是A ． (0, 2)B． (0,8)C． (2,8)D． ( ,0)11．定义在 R 上的函数 f (x) 既是奇函数，又是周期函数，T是它的一个正周期. 若将方程 f (x) 0在闭区间T , T上的根的个数记为n ，则 n 可能为（ A） 0（ B） 1（ C） 3（ D） 512．若函数 f ( x), g( x) 分别是R 上的奇函数、偶函数，且满足()( )x，则有f xg x e（）A．f (2) f (3)g(0)B．C．f (2)g(0) f (3)D．g (0) f (3) f (2) g (0) f (2) f (3)13．设a R，若函数 y e ax3 ,R 有大于零的极值点，则x xA．a 3 B． a 3 C．a 11 D．a3 314．设奇函数 f ( x) 在 (0，) 上为增函数，且 f(1)0 ，则不等式f ( x)f (x)0 的x解集为（）A．(1，0) U (1， )B．(， 1) U (01)，C．(， 1) U (1，)D．(1，0) U (01)，15．函数 f(x)=11n(x23x2x 23x 4 ) 的定义域为xA． (- ∞,-4)［∪ 2,+ ∞］B． (-4,0) ∪(0,1)C．［ -4,0］∪（0， 1）］D．［－ 4， 0∪（ 0， 1）16．对于函数① f (x)lg( x 2 1) ，② f (x)( x2) 2，③ f (x)cos(x2) ，判断如下三个命题的真假：命题甲： f ( x2) 是偶函数；命题乙： f ( x) 在 (，) 上是减函数，在(2，) 上是增函数；命题丙： f ( x 2) f ( x) 在 (，) 上是增函数．能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（）Ａ．①③Ｂ．①②Ｃ．③Ｄ．②17．设f x sin x，其中0，则 f x是偶函数的充要条件是()（Ａ） f01（Ｂ） f00（Ｃ） f '01（Ｄ） f '0018．设点P在曲线y 1e x上，点 Q 在曲线 y ln(2 x) 上，则PQ最小值为（）2A. 1 ln2B.2(1ln 2)C. 1 ln2D.2(1 ln 2)19．将函数y2x1的图象按向量 a 平移得到函数y2x 1的图象，则（）试卷第 2 页，总 5 页A．a (1， 1)B．a(1， 1)C．a(11)，D．a( 11)，20 ．函数f x于任意数x足条件f x15, 2，若 f 1f xf f 5_______________。

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)对32()2f x x ax b =-+求导得2'()626()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；当0a =时，(,)-¥+¥区间上单调递增；当0a >时，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. (2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以，若0a <，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立. 若0a =，(,)-¥+¥区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1a b =ìí=-î. 若02a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af 而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+³，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 即322()()13321a a ab a b ì-+=-ïíï-+=î相减得32227a a -+=，即(33)(33)0a a a -+=，又因为02a <£，所以无解. 若23a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+£，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 即322()()1331a a a b b ì-+=-ïíï=î相减得3227a=，解得332x =，又因为23a <£，所以无解. 若3a >，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f即121b a b =ìí-+=-î解得41a b =ìí=î.综上得01a b =ìí=-î或41a b =ìí=î. 【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、最值问题，最值问题，最值问题，此类问题一般住现此类问题一般住现在第一问，在第一问，但但2019年高考3卷把该题放到第20题位置，难度也相应降低，因此，该题的第二问仍然这类问题，只不过多出一个参数。

近三年全国卷函数、导函数合集

21年全国乙卷4.设函数f(x)=，则下列函数中为奇函数的是（）A.f(x-1)-1B.f(x-1)+1C.f(x+1)-1D.f(x+1)+110.设a≠0，若x=a为函数的极大值点，则（）.A：a＜bB：a＞bC：ab＜a2D：ab＞a212.设，，，则（）.A：a＜b＜cB：b＜c＜aC：b＜a＜cD：c＜a＜b20.（12分）设函数f（x）=ln（a-x），已知x=0是函数y=xf（x）的极值点。

（1）求a；（2）设函数g（x）=，证明：g（x）＜1.21年全国甲卷12.设函数f(x)的定义域为R，f(x+1)为奇函数，f(x+2)为偶函数，当时，.若,则A. B. C. D.13.曲线在点（-1，-3）处的切线方程为________。

21. （12 分）己知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=（x ＞0），（1）当a=2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y= f （x ）与直线y=1有且仅有两个交点，求a 的取值范围. 20年全国1卷6.函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+12.若a 242log 42log b a b +=+则 A.a>2b B.a<2b C.a>2b D.a<2b 21.（12分）已知函数()2x f x e ax x =+-.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()31x 12f x ≥+，求a 的取值范围. 20年全国2卷9.设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则()f xA.是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增 B.是奇函数，且在11(,)22-单调递减 C.是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增 D.是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减 11. 若2233,x y x y ---<-则 A. 1(1)0n y x -+> B. 1(1)0n y x -+< C. ln 0x y -> D. 10n x y -< 21．（12分）已知函数()2sin sin 2f x x x =（1）讨论()f x 在区间()0π，的单调性；（2）证明：()8f x ≤；（3）设n N *∈，证明22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x x x ≤….20年全国三卷4. Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数()t I （t 的单位：天）的Logistic 模型：()()0.23531t K I t e --=+，其中K 为的最大确诊病例数.当()0.95I t K *=时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为（ln19≈3） A.60 B.63 C.66 D.6912. 已知5458<，45138<，设5a log 3=，8b=log 5，13c log 8=，则 A. a b c << B. b a c << C. b c a << D. c a b <<16.关于函数1()sin sin f x x x=+有如下四个命题： ①()f x 的图像关于y 轴对称. ②()f x 的图像关于原点对称. ③()f x 的图像关于直线2x π=对称.④()f x 的最小值为2. 其中所有真命题的序号是____. 21.(12分)设函数3()f x x bx c =++,曲线()y f x =在点11(,())22f 处的切线与y 轴重直,(1)求b ；(2)若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明: ()f x 所有零点的绝对值都不大于1.2019年全国一卷3．已知0.20.32log 0.220.2a b c ===，，，则 A ．a b c << B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b c a <<5．函数f (x )=2sin cos ++x xx x在[,]-ππ的图像大致为 A ．B ．C ．D ．11．关于函数()sin |||sin |f x x x =+有下述四个结论：①f (x )是偶函数②f (x )在区间（2π，π）单调递增③f (x )在[,]-ππ有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是 A ．①②④B ．②④C ．①④D ．①③13．曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 20．（12分）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．2019年全国2卷6．若a >b ，则A ．ln(a −b )>0B ．3a <3bC ．a 3−b 3>0D ．│a │>│b │12．设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦14．已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________． 20．（12分）已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线.2019年全国3卷6．已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-7．函数3222x xx y -=+在[]6,6-的图像大致为 A ． B ．C ．D ．11．设()f x 是定义域为R 的偶函数，且在()0,+∞单调递减，则A ．f （log 314）＞f （322-）＞f （232-）B ．f （log 314）＞f （232-）＞f （322-） C ．f （322-）＞f （232-）＞f （log 314）D ．f （232-）＞f （322-）＞f （log 314） 20．（12分）已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1 且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.。

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数f （x ）=ln(x x +为偶函数，则a=【解析】由题知ln(y x =是奇函数，所以ln(ln(x x ++- =22ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则A.B. 0C. 2D. 50解：因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，⋯，()m m x y ，，则()1mi i i x y =+=∑（）（A ）0 （B ）m （C ）2m（D ）4m【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01，对称，而111x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()111022mmmi i i i i i i mx y x y m ===+=+=+⋅=∑∑∑，故选B ．二、函数、方程与不等式4.（2015年2卷5）设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )（A ）3 （B ）6 （C ）9 （D ）12【解析】由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>，所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故，2(2)(log 12)9f f -+=．5.（2018年1卷9）已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）解：画出函数的图像，在y 轴右侧的去掉，画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.6.（2017年3卷15）设函数1,0,()2,0,+⎧=⎨>⎩x x x f x x ≤则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是________．【解析】()1,02 ,0+⎧=⎨>⎩x x x f x x ≤，()112f x f x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭，即()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭由图象变换可画出12y f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭与()1y f x =-的图象如下：1141)2-)由图可知，满足()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭的解为1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.7.（2017年3卷11）已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =（）A ．1-２B ．13C ．12 D ．1【解析】由条件，211()2(e e )x x f x x x a --+=-++，得：221(2)1211211(2)(2)2(2)(e e )4442(e e )2(e e )x x x x x x f x x x a x x x a x x a ----+----+-=---++=-+-+++=-++∴(2)()f x f x -=，即1x =为()f x 的对称轴，由题意，()f x 有唯一零点，∴()f x 的零点只能为1x =，即21111(1)121(e e )0f a --+=-⋅++=，解得12a =．三、函数单调性与最值8.（2017年1卷5）函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]- B ．[1,1]- C ．[0,4] D ．[1,3]【解析】：()()()()12112112113f x f f x f x x -≤-≤⇒≤-≤-⇒-≤-≤⇒≤≤故而选D 。

2022年高考数学真题：函数与导数(解析版)

第2讲函数与导数一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ，则221()k f k （）A ．3B ．2C ．0D ．1【答案】A 【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数 f x 的一个周期为6，求出函数一个周期中的 1,2,,6f f f 的值，即可解出．【详解】因为 f x y f x y f x f y ，令1,0x y 可得， 2110f f f ，所以 02f ，令0x 可得，2f y f y f y ，即 f y f y ，所以函数 f x 为偶函数，令1y 得，111f x f x f x f f x ，即有 21f x f x f x ，从而可知 21f x f x ，14f x f x ，故 24f x f x ，即 6f x f x ，所以函数 f x 的一个周期为6．因为 210121f f f ， 321112f f f ， 4221f f f ， 5111f f f ， 602f f ，所以一个周期内的 1260f f f ．由于22除以6余4，所以 221123411213k f k f f f f ．故选：A ．2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x ．若()y g x 的图像关于直线2x 对称，(2)4g ，则221()k f k （）A ．21B ．22C ．23D ．24【答案】D 【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f x f x ，从而得到 352110f f f ，462210f f f ，然后根据条件得到(2)f 的值，再由题意得到 36g 从而得到 1f 的值即可求解.【详解】因为()y g x 的图像关于直线2x 对称，所以 22g x g x ，因为()(4)7g x f x ，所以(2)(2)7g x f x ，即(2)7(2)g x f x ，因为()(2)5f x g x ，所以()(2)5f x g x ，代入得 ()7(2)5f x f x ，即()(2)2f x f x ，所以 35212510f f f ，46222510f f f .因为()(2)5f x g x ，所以(0)(2)5f g ，即 01f ，所以 (2)203f f .因为()(4)7g x f x ，所以(4)()7g x f x ，又因为()(2)5f x g x ，联立得， 2412g x g x ，所以()y g x 的图像关于点 3,6中心对称，因为函数()g x 的定义域为R ，所以 36g 因为()(2)5f x g x ，所以 1531f g .所以 221123521462213101024()k f f f f f f f f f k .故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且3l ）A ．8118,4B ．2781,44C ．2764,43D ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36 ，所以球的半径3R ,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h ，22232(3)a h ,所以26h l ，2222a l h所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ，所以5233112449696l l V l l，当3l 0V ，当l 时，0V ，所以当l 时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l 时，274V，l 814V ,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.4．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ，，则（）A ．a b cB ．c b aC ．c a bD ．a c b【答案】C 【解析】【分析】构造函数()ln(1)f x x x ，导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小.【详解】设()ln(1)(1)f x x x x ，因为1()111x f x x x，当(1,0)x 时，()0f x ，当,()0x 时()0f x ，所以函数()ln(1)f x x x 在(0,) 单调递减，在(1,0) 上单调递增，所以1((0)09f f ，所以101ln 099 ，故110ln ln 0.999，即b c ，所以1((0)010f f ，所以91ln +01010 ，故1109e 10 ，所以11011e 109，故a b ，设()e ln(1)(01)xg x x x x ，则 21e 11()+1e 11x xx g x x x x,令2()e (1)+1x h x x ，2()e (21)x h x x x ，当01x 时，()0h x ，函数2()e (1)+1x h x x 单调递减，11x 时，()0h x ，函数2()e (1)+1x h x x 单调递增，又(0)0h ，所以当01x 时，()0h x ，所以当01x 时，()0g x ，函数()e ln(1)x g x x x 单调递增，所以(0.1)(0)0g g ，即0.10.1e ln 0.9 ，所以a c 故选：C.5．（2022·全国·高考真题（文））如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3] 的大致图像，则该函数是（）A ．3231x x y x B ．321x xy x C ．22cos 1x x y xD ．22sin 1x y x【答案】A 【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设 321x xf x x ，则 10f ，故排除B;设 22cos 1x x h x x，当π0,2x时，0cos 1x ，所以 222cos 2111x x xh x x x ，故排除C;设 22sin 1x g x x ，则2sin 33010g ，故排除D.故选：A.6．（2022·全国·高考真题（文））函数 cos 1sin 1f x x x x 在区间 0,2π的最小值、最大值分别为（）A ．ππ22，B ．3ππ22，C ．ππ222，D ．3ππ222，【答案】D 【解析】【分析】利用导数求得 f x 的单调区间，从而判断出 f x 在区间 0,2π上的最小值和最大值.【详解】sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x ，所以 f x 在区间π0,2 和3π,2π2 上 0f x ，即 f x 单调递增；在区间π3π,22上 0f x ，即 f x 单调递减，又 02π2f f ，ππ222f ，3π3π3π11222f，所以 f x 在区间 0,2π上的最小值为3π2 ，最大值为π22.故选：D7．（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ，则（）A ．c b aB ．b a cC ．a b cD ．a c b【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b 结合三角函数的性质可得c b ；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x ，利用导数可得b a ，即可得解.【详解】因为14tan 4c b ,因为当π0,,sin tan 2x x x x所以11tan44,即1cb ,所以c b ；设21()cos 1,(0,)2f x x x x，()sin 0f x x x ，所以()f x 在(0,) 单调递增，则1(0)=04f f,所以131cos 0432 ，所以b a ,所以c b a ，故选：A8．（2022·全国·高考真题（理））函数 33cos x xy x 在区间ππ,22的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos ,,22x xf x x x，则 33cos 33cos x x x xf x x x f x ，所以 f x 为奇函数，排除BD ；又当0,2x时，330,cos 0x x x ，所以 0f x ，排除C.故选：A.9．（2022·全国·高考真题（理））当1x 时，函数()ln bf x a x x取得最大值2 ，则(2)f （）A ．1B ．12C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知()12f =-， 10f 即可解得,a b ，再根据 f x 即可解出．【详解】因为函数 f x 定义域为 0, ，所以依题可知，()12f =-， 10f ，而 2a b f x x x，所以2,0b a b ，即2,2a b ，所以 222f x x x，因此函数 f x 在 0,1上递增，在 1, 上递减，1x 时取最大值，满足题意，即有 112122f ．故选：B.10．（2022·全国·高考真题（文））已知910,1011,89m m m a b ，则（）A ．0a bB ．0a b C ．0b a D ．0b a【答案】A 【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log 101m ，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m ，8log 9m ，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m可得9lg10log 101lg9m ，而222lg 9lg11lg 99lg 9lg111lg1022，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m ，所以lg11101110110m a ．又 222lg8lg10lg80lg8lg10lg 922，所以lg9lg10lg8lg9 ，即8log 9m ，所以8log 989890m b ．综上，0a b ．故选：A.二、多选题11．（2022·全国·高考真题）已知函数()sin(2)(0π)f x x 的图像关于点2π,03中心对称，则（）A ．()f x 在区间5π0,12单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212有两个极值点C ．直线7π6x 是曲线()y f x 的对称轴D ．直线32y x 是曲线()y f x 的切线【答案】AD 【解析】【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：2π4πsin 033f，所以4ππ3k ，k Z ，即4ππ,3k kZ ，又0π ，所以2k 时，2π3，故2π()sin 23f x x．对A ，当5π0,12x时，2π2π3π2,332x，由正弦函数sin y u 图象知()y f x 在5π0,12上是单调递减；对B ，当π11π,1212x时，2ππ5π2,322x ，由正弦函数sin y u 图象知()y f x 只有1个极值点，由2π3π232x，解得5π12x ，即5π12x 为函数的唯一极值点；对C ，当7π6x时，2π23π3x ，7π(06f ，直线7π6x 不是对称轴；对D ，由2π2cos 213y x 得：2π1cos 232x，解得2π2π22π33x k或2π4π22π,33x k k Z ,从而得：πx k 或ππ,3x k kZ ,所以函数()y f x 在点处的切线斜率为02π2cos 13x k y ，切线方程为：(0)y x 即y x ．故选：AD ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 及其导函数() f x 的定义域均为R ，记()()g x f x ，若322f x，(2)g x 均为偶函数，则（）A ．(0)0fB ．102gC ．(1)(4)f f D ．(1)(2)g g 【答案】BC 【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为322f x，(2)g x 均为偶函数，所以332222f x f x即3322f x f x，(2)(2)g x g x ，所以 3f x f x ，(4)()g x g x ，则(1)(4)f f ，故C 正确；函数()f x ，()g x 的图象分别关于直线3,22x x 对称，又()()g x f x ，且函数()f x 可导，所以 30,32g g x g x，所以 (4)()3g x g x g x ，所以 (2)(1)g x g x g x ，所以13022g g， 112g g g ，故B 正确，D 错误；若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C （C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.13．（2022·全国·高考真题）已知函数3()1f x x x ，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x 的对称中心D ．直线2y x 是曲线()y f x 的切线【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题， 231f x x ，令 0f x 得x 33x ，令()0f x 得x所以()f x 在(,33上单调递减，在(,)3 ，3(,)3上单调递增，所以3x 是极值点，故A 正确；因(10f，10f ， 250f ，所以，函数 f x在,3上有一个零点，当x时，03f x f ，即函数 f x在3+上无零点，综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x ，该函数的定义域为R ， 33h x x x x x h x ，则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心，将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象，所以点(0,1)是曲线()y f x 的对称中心，故C 正确；令 2312f x x ，可得1x ，又 (1)11f f ，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x ，当切点为(1,1) 时，切线方程为23y x ，故D 错误.故选：AC.三、双空题14．（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x 过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．【答案】1e y x1ey x【解析】【分析】分0x 和0x 两种情况，当0x 时设切点为 00,ln x x ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x 时同理可得；【详解】解：因为ln y x ，当0x 时ln y x ，设切点为 00,ln x x ，由1y x，所以001|x x y x ，所以切线方程为 0001ln y x x x x ，又切线过坐标原点，所以 0001ln x x x，解得0e x ，所以切线方程为 11e e y x ，即1ey x ；当0x 时 ln y x ，设切点为 11,ln x x ，由1y x，所以111|x x y x ，所以切线方程为1111ln y x x x x ，又切线过坐标原点，所以 1111ln x x x，解得1e x ，所以切线方程为 11e e y x ，即1e y x ；故答案为：1ey x ；1e y x 15．（2022·全国·高考真题（文））若 1ln 1f x a b x 是奇函数，则 a _____，b ______．【答案】12 ；ln 2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数 1ln 1f x a b x为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由101a x 可得， 110x a ax ，所以11a x a ，解得：12a ，即函数的定义域为 ,11,11, ，再由 00f 可得，ln 2b ．即 111ln ln 2ln 211x f x x x，在定义域内满足 f x f x ，符合题意．故答案为：12；ln 2．四、填空题16．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x 和2x x 分别是函数2()2e x f x a x （0a 且1a ）的极小值点和极大值点．若12x x ，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e【解析】【分析】由12,x x 分别是函数 22e x f x a x 的极小值点和极大值点，可得 12,,x x x 时， 0f x ，12,x x x 时， 0f x ，再分1a 和01a 两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x 的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，构造函数 ln xg x a a ，利用指数函数的图象和图象变换得到 g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解： 2ln 2e x f x a a x ，因为12,x x 分别是函数 22e x f x a x 的极小值点和极大值点，所以函数 f x 在 1,x 和 2,x 上递减，在 12,x x 上递增，所以当 12,,x x x 时， 0f x ，当 12,x x x 时， 0f x ，若1a 时，当0x 时，2ln 0,2e 0x a a x ，则此时 0f x ，与前面矛盾，故1a 不符合题意，若01a 时，则方程2ln 2e 0x a a x 的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x 的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，∵01a ,∴函数x y a 的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a ,∴ln x y a a 的图象由指数函数x y a 向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数 y g x 的图象相切的直线的切点为00,ln x x a a ，则切线的斜率为 020ln x g x a a ，故切线方程为 0020ln ln x x y a a a a x x ，则有0020ln ln x x a a x a a ，解得01ln x a，则切线的斜率为122ln ln e ln a a a a ，因为函数ln x y a a 与函数e y x 的图象有两个不同的交点，所以2eln e a ，解得1e ea ，又01a ，所以11ea ，综上所述，a 的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.17．（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．【答案】,40, 【解析】【分析】设出切点横坐标0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围.【详解】∵()e x y x a ，∴(1)e x y x a ，设切点为 00,x y ,则 000e x y x a ,切线斜率 001e x k x a ,切线方程为： 00000e 1e x x y x a x a x x ,∵切线过原点，∴ 00000e 1e x x x a x a x ,整理得：2000x ax a ,∵切线有两条，∴240a a ,解得4a <-或0a ,∴a 的取值范围是 ,40, ,故答案为：,40, 五、解答题18．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x．(1)当0a 时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1(2)0, 【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得 211ax x f x x，按照0a 、01a 及1a 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当0a 时， 1ln ,0f x x x x ，则 22111x f x x x x，当 0,1 x 时，()0f x ¢>， f x 单调递增；当 1,x 时，()0f x ¢<， f x 单调递减；所以 max 11f x f ；(2)11ln ,0f x ax a x x x ，则 221111ax x a f x a x x x ，当0a 时，10 ax ，所以当 0,1 x 时，()0f x ¢>， f x 单调递增；当 1,x 时，()0f x ¢<， f x 单调递减；所以 max 110f x f a ，此时函数无零点，不合题意；当01a 时，11a ，在 10,1,,a上，()0f x ¢>， f x 单调递增；在11,a上，()0f x ¢<， f x 单调递减；又 110f a ，由（1）得1ln 1x x ，即1ln 1x x ，所以ln x x x当1x 时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x则存在2312m a a，使得 0f m ，所以 f x 仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a 时， 2210x f x x ，所以 f x 单调递增，又 110f a ，所以 f x 有唯一零点，符合题意；当1a 时，11a ，在 10,,1,a上，()0f x ¢>， f x 单调递增；在1,1a上，()0f x ¢<， f x 单调递减；此时 110f a ，由（1）得当01x 时，1ln 1xx ，1 ln 21x，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x 存在2114(1)n a a，使得()0f n ，所以 f x 在10,a 有一个零点，在1,a无零点，所以 f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为 0, .【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.19．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x ．(1)当1a 时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x 时，()1f x ，求a 的取值范围；(3)设n Nln(1)n ．【答案】(1) f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)12a (3)见解析【解析】【分析】（1）求出()f x ¢，讨论其符号后可得 f x 的单调性.（2）设 e e 1ax x h x x ，求出 h x ，先讨论12a 时题设中的不等式不成立，再就102a 结合放缩法讨论 h x 符号，最后就0a 结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12ln t tt 对任意的1t 恒成立，从而可得 ln 1ln n n *n N 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.(1)当1a 时， 1e x f x x ，则 e x f x x ，当0x 时，()0f x ¢<，当0x 时，()0f x ¢>，故 f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)设 e e 1ax x h x x ，则 00h ，又 1e e ax x h x ax ，设 1e e ax x g x ax ，则 22e e ax x g x a a x ，若12a ，则 0210g a ，因为 g x 为连续不间断函数，故存在 00,x ，使得 00,x x ，总有()0g x ¢>，故 g x 在 00,x 为增函数，故 00g x g ，故 h x 在 00,x 为增函数，故 01h x h ，与题设矛盾.若102a ，则 ln 11e e e e ax ax ax x x h x ax ，下证：对任意0x ，总有 ln 1x x 成立，证明：设 ln 1S x x x ，故 11011x S x x x，故 S x 在 0, 上为减函数，故 00S x S 即 ln 1x x 成立.由上述不等式有 ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x ，故 0h x 总成立，即 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .当0a 时，有 e e e 1100ax x ax h x ax ，所以 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .综上，12a.(3)取12a ，则0x ，总有12e e 10x x x 成立，令12e x t ，则21,e ,2ln x t t x t ，故22ln 1t t t 即12ln t t t 对任意的1t 恒成立.所以对任意的*n N ，有整理得到：ln 1ln n nln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n nln 1n ，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.20．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax 和()ln g x ax x 有相同的最小值．(1)求a ；(2)证明：存在直线y b ，其与两条曲线()y f x 和()y g x 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)1a (2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当1b 时，e x x b 的解的个数、ln x x b 的解的个数均为2，构建新函数()e ln 2x h x x x ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 ,f x g x 的大小关系，根据存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)()e x f x ax 的定义域为R ，而()e x f x a ，若0a ，则()0f x ，此时()f x 无最小值，故0a .()ln g x ax x 的定义域为 0, ，而11()ax g x a x x.当ln x a 时，()0f x ，故()f x 在 ,ln a 上为减函数，当ln x a 时，()0f x ，故()f x 在 ln ,a 上为增函数，故 min ()ln ln f x f a a a a .当10x a时，()0g x ，故()g x 在10,a 上为减函数，当1x a 时，()0g x ，故()g x 在1,a上为增函数，故min 11()1ln g x g a a.因为()e x f x ax 和()ln g x ax x 有相同的最小值，故11ln ln a a a a ，整理得到1ln 1a a a，其中0a ，设 1ln ,01a g a a a a ，则222211011a g a a a a a ，故 g a 为 0, 上的减函数，而()10g =，故 0g a 的唯一解为1a ，故1ln 1a a a的解为1a .综上，1a .(2)由（1）可得e ()x x f x 和()ln g x x x 的最小值为11ln11ln 11 .当1b 时，考虑e x x b 的解的个数、ln x x b 的解的个数.设 e x S x x b ， e 1x S x ，当0x 时， 0S x ，当0x 时， 0S x ，故 S x 在 ,0 上为减函数，在 0, 上为增函数，所以 min 010S x S b ，而 e 0b S b ， e 2b S b b ，设 e 2b u b b ，其中1b ，则 e 20b u b ，故 u b 在 1, 上为增函数，故 1e 20u b u ，故 0S b ，故 e x S x x b 有两个不同的零点，即e x x b 的解的个数为2.设 ln T x x x b ， 1x T x x，当01x 时，()0T x ¢<，当1x 时， 0T x ，故 T x 在()0,1上为减函数，在 1, 上为增函数，所以 min 110T x T b ，而 e e 0b b T ， e e 20b b T b ，ln T x x x b 有两个不同的零点即ln x x b 的解的个数为2.当1b ，由（1）讨论可得ln x x b 、e x x b 仅有一个零点，当1b 时，由（1）讨论可得ln x x b 、e x x b 均无零点，故若存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点，则1b .设()e ln 2x h x x x ，其中0x ，故1()e 2x h x x，设 e 1x s x x ，0x ，则 e 10x s x ，故 s x 在 0, 上为增函数，故 00s x s 即e 1x x ，所以1()1210h x x x，所以()h x 在 0, 上为增函数，而(1)e 20h ，31e 333122()e 3e 30e e eh ，故 h x 在 0, 上有且只有一个零点0x ，0311e x 且：当00x x 时， 0h x 即e ln x x x x 即 f x g x ，当0x x 时， 0h x 即e ln x x x x 即 f x g x ，因此若存在直线y b 与曲线 y f x 、()y g x =有三个不同的交点，故 001b f x g x ，此时e x x b 有两个不同的零点1010,(0)x x x x ，此时ln x x b 有两个不同的零点0404,(01)x x x x ，故11e x x b ，00e x x b ，44ln 0x x b ，00ln 0x x b 所以44ln x b x 即44e x b x 即 44e 0x b x b b ，故4x b 为方程e x x b 的解，同理0x b 也为方程e x x b 的解又11e x x b 可化为11e x x b 即 11ln 0x x b 即 11ln 0x b x b b ，故1x b 为方程ln x x b 的解，同理0x b 也为方程ln x x b 的解，所以 1004,,x x x b x b ，而1b ，故0410x x b x x b 即1402x x x .【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.21．（2022·全国·高考真题（理））已知函数 ln 1e x f x x ax (1)当1a 时，求曲线 y f x 在点 0,0f 处的切线方程；(2)若 f x 在区间 1,0,0, 各恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)2y x(2)(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,) 两部分研究(1)()f x 的定义域为(1,)当1a 时,()ln(1),(0)0e x x f x x f ,所以切点为(0,0)11(),(0)21e x x f x f x ,所以切线斜率为2所以曲线()y f x 在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x(2)()ln(1)e x ax f x x2e 11(1)()1e (1)e x x xa x a x f x x x 设 2()e 1x g x a x 1 若0a ,当 2(1,0),()e 10x x g x a x ,即()0f x 所以()f x 在(1,0) 上单调递增,()(0)0f x f 故()f x 在(1,0) 上没有零点,不合题意2 若10a ,当,()0x ,则()e 20x g x ax 所以()g x 在(0,) 上单调递增所以()(0)10g x g a ,即()0f x 所以()f x 在(0,) 上单调递增,()(0)0f x f 故()f x 在(0,) 上没有零点,不合题意3 若1a (1)当,()0x ,则()e 20x g x ax ,所以()g x 在(0,) 上单调递增(0)10,(1)e 0g a g 所以存在(0,1)m ,使得()0g m ,即()0 f m 当(0,),()0,()x m f x f x 单调递减当(,),()0,()x m f x f x 单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f 当,()x f x所以()f x 在(,)m 上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,) 上有唯一零点(2)当2(1,0),()e 1x x g x a x 设()()e 2x h x g x ax()e 20x h x a 所以()g x 在(1,0) 单调递增1(1)20,(0)10eg a g 所以存在(1,0)n ,使得()0g n 当(1,),()0,()x n g x g x 单调递减当(,0),()0,()x n g x g x 单调递增,()(0)10g x g a 又1(1)0eg 所以存在(1,)t n ,使得()0g t ,即()0f t 当(1,),()x t f x 单调递增,当(,0),()x t f x 单调递减有1,()x f x而(0)0f ,所以当(,0),()0x t f x 所以()f x 在(1,)t 上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0) 上有唯一零点所以1a ,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,) 各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.22．（2022·全国·高考真题（理））已知函数 ln x f x x a xx e ．(1)若 0f x ，求a 的取值范围；(2)证明：若 f x 有两个零点12,x x ，则环121x x ．【答案】(1)(,1]e (2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,) ，2111()e 1x f x x x x1111e 1e 11x x x x x x x x 令()0f x ,得1x 当(0,1),()0,()x f x f x 单调递减当(1,),()0,()x f x f x 单调递增()(1)e 1f x f a ，若()0f x ,则e 10a ,即1a e 所以a 的取值范围为(,1]e (2)由题知, f x 一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121x x <<要证121x x ,即证121x x 因为121,(0,1)x x ,即证 121f x f x 因为 12f x f x ,即证 221f x f x 即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x下面证明1x 时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x 设11(),e e xx g x x xx ，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x111e 1e 1e e x x x x x x x x x设 22e 1111,e e 0xx x x x x x xx x x 所以 1e x ,而1e ex 所以1e e 0xx x,所以()0g x 所以()g x 在(1,) 单调递增即()(1)0g x g ,所以1e e 0x x x x令11()ln ,12h x x x x x2222211121(1)()10222x x x h x x x x x 所以()h x 在(1,) 单调递减即()(1)0h x h ,所以11ln 02x x x；综上,1e 11e 2ln 02x x x x x x x,所以121x x .【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln 2h x x x x 这个函数经常出现，需要掌握。

十年高考真题(2013-2022)专题04导数及其应用选择填空题(解析版)

大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题04导数及其应用选择填空题1．【2022年全国甲卷理科06】当x =1时，函数f(x)=alnx +bx 取得最大值−2，则f ′(2)=（） A ．−1 B ．−12C ．12D ．1【答案】B 【解析】因为函数f (x )定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f ′(1)=0，而f ′(x )=ax −bx 2，所以b =−2,a −b =0，即a =−2,b =−2，所以f ′(x )=−2x +2x 2，因此函数f (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，x =1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)=−1+12=−12．故选：B.2．【2022年全国甲卷理科12】已知a =3132,b =cos 14,c =4sin 14，则（）A ．c >b >aB ．b >a >cC ．a >b >cD ．a >c >b【答案】A 【解析】因为cb =4tan 14,因为当x ∈(0,π2),sinx <x <tanx 所以tan 14>14,即cb >1,所以c >b ；设f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，f ′(x)=−sinx +x >0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则f (14)>f(0)=0,所以cos 14−3132>0，所以b >a ,所以c >b >a ，故选：A3．【2022年新高考1卷07】设a =0.1e 0.1,b =19，c =−ln0.9，则（）真题汇总A ．a −1)，因为f ′(x)=11+x −1=−x1+x ，当x ∈(−1,0)时，f ′(x)>0，当x ∈(0,+∞)时f ′(x)<0，所以函数f(x)=ln(1+x)−x 在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，所以f(19)<f(0)=0，所以ln109−19<0，故19>ln109=−ln0.9，即b >c ，所以f(−110)<f(0)=0，所以ln 910+110<0，故910<e −110，所以110e 110<19，故a 0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递增，又ℎ(0)=0，所以当0<x <√2−1时，ℎ(x)<0，所以当0<x <√2−1时，g ′(x)>0，函数g(x)=xe x +ln(1−x)单调递增，所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e 0.1>−ln0.9，所以a >c 故选：C.4．【2021年新高考1卷7】若过点(a,b)可以作曲线y =e x 的两条切线，则（）A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a【答案】D 在曲线y=e x 上任取一点P(t,e t )，对函数y =e x 求导得y ′=e x ，所以，曲线y=e x 在点P 处的切线方程为y −e t =e t (x −t)，即y =e t x +(1−t)e t ，由题意可知，点(a,b)在直线y=e t x +(1−t)e t 上，可得b =ae t +(1−t)e t =(a +1−t)e t ，令f(t)=(a+1−t)e t，则f′(t)=(a−t)e t.当t<a时，f′(t)>0，此时函数f(t)单调递增，当t>a时，f′(t)<0，此时函数f(t)单调递减，所以，f(t)max=f(a)=e a，由题意可知，直线y=b与曲线y=f(t)的图象有两个交点，则b<f(t)max=e a，当t<a+1时，f(t)>0，当t>a+1时，f(t)<0，作出函数f(t)的图象如下图所示：由图可知，当0<b<e a时，直线y=b与曲线y=f(t)的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线y=e x的图象如图所示，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0<b<e a.故选：D.5．【2021年全国乙卷理科10】设a≠0，若x=a为函数f(x)=a(x−a)2(x−b)的极大值点，则（）A．ab C．ab<a2D．ab>a2【答案】D若a=b，则f(x)=a(x−a)3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b.依题意，x=a为函数f(x)=a(x−a)2(x−b)的极大值点，当a<0时，由x>b，f(x)≤0，画出f(x)的图象如下图所示：由图可知b <a ，a <0，故ab >a 2.当a>0时，由x >b 时，f(x)>0，画出f(x)的图象如下图所示：由图可知b>a ，a >0，故ab >a 2.综上所述，ab >a 2成立.故选：D6．【2020年全国1卷理科06】函数f(x)=x 4−2x 3的图像在点(1，f(1))处的切线方程为（）A ．y =−2x −1B ．y =−2x +1C ．y=2x −3D ．y=2x +1【答案】B 【解析】∵f (x )=x 4−2x 3，∴f ′(x )=4x 3−6x 2，∴f (1)=−1，f ′(1)=−2，因此，所求切线的方程为y +1=−2(x −1)，即y =−2x +1.故选：B.7．【2020年全国3卷理科10】若直线l 与曲线y =√x 和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（）A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【答案】D 【解析】设直线l 在曲线y=√x 上的切点为(x 0,√x 0)，则x 0>0，函数y=√x的导数为y′=2√x，则直线l的斜率k=2√x，设直线l的方程为y−√x0=2√x(x−x0)，即x−2√x0y+x0=0，由于直线l与圆x2+y2=15相切，则√1+4x0=√5，两边平方并整理得5x02−4x0−1=0，解得x0=1，x0=−15（舍），则直线l的方程为x−2y+1=0，即y=12x+12.故选：D.8．【2019年新课标3理科06】已知曲线y＝ae x+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）A．a＝e，b＝﹣1B．a＝e，b＝1C．a＝e﹣1，b＝1D．a＝e﹣1，b＝﹣1【答案】解：y＝ae x+xlnx的导数为y′＝ae x+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1，故选：D．9．【2019年新课标3理科07】函数y=2x32x+2−x在[﹣6，6]的图象大致为（）A．B．C．⊈D．【答案】解：由y＝f（x）=2x32x+2−x在[﹣6，6]，知f（﹣x）=2(−x)32−x+2x=−2x32x+2−x=−f(x)，∴f（x）是[﹣6，6]上的奇函数，因此排除C又f（4）=21128+1＞7，因此排除A，D．故选：B．10．【2019年新课标1理科05】函数f（x）=sinx+xcosx+x2在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】解：∵f（x）=sinx+xcosx+x2，x∈[﹣π，π]，∴f（﹣x）=−sinx−xcos(−x)+x2=−sinx+xcosx+x2=−f（x），∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A；又f（π）=sinπ+πcosπ+π2=π−1+π2＞0，因此排除B，C；故选：D．11．【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【答案】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．12．【2018年新课标2理科03】函数f（x）=e x−e−xx2的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】解：函数f（﹣x）=e−x−e x(−x)2=−ex−e−xx2=−f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x＝1时，f（1）＝e−1e＞0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，故选：B．13．【2018年新课标3理科07】函数y＝﹣x4+x2+2的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】解：函数过定点（0，2），排除A，B．函数的导数f′（x）＝﹣4x3+2x＝﹣2x（2x2﹣1），由f′（x）＞0得2x（2x2﹣1）＜0，得x＜−√22或0＜x＜√22，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得2x（2x2﹣1）＞0，得x＞√22或−√22＜x＜0，此时函数单调递减，排除C，也可以利用f（1）＝﹣1+1+2＝2＞0，排除A，B，故选：D．14．【2017年新课标2理科11】若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1【答案】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，＝（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．15．【2017年新课标3理科11】已知函数f（x）＝x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a＝（）A．−12B．13C．12D．1【答案】解：因为f（x）＝x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）＝﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+1e x−1）＝0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2＝a（e x﹣1+1e x−1）有唯一解，等价于函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（e x﹣1+1e x−1）的图象只有一个交点．①当a＝0时，f（x）＝x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y＝a（e x﹣1+1e x−1）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（e x﹣1+1e x−1）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（e x﹣1+1e x−1）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y＝a（e x﹣1+1e x−1）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（e x﹣1+1e x−1）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a＝1，即a=12，符合条件；综上所述，a=1 2，故选：C．16．【2016年新课标1理科07】函数y＝2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】解：∵f（x）＝y＝2x2﹣e|x|，∴f（﹣x）＝2（﹣x）2﹣e|﹣x|＝2x2﹣e|x|，故函数为偶函数，当x＝±2时，y＝8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x2﹣e x，∴f′（x）＝4x﹣e x＝0有解，故函数y＝2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，故选：D．17．【2015年新课标1理科12】设函数f（x）＝e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[−32e，1）B．[−32e，34）C．[32e，34）D．[32e，1）【答案】解：设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝e x（2x﹣1）+2e x＝e x（2x+1），∴当x＜−12时，g′（x）＜0，当x＞−12时，g′（x）＞0，∴当x=−12时，g（x）取最小值﹣2e−12，当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得32e≤a＜1故选：D ．18．【2015年新课标2理科12】设函数f ′（x ）是奇函数f （x ）（x ∈R ）的导函数，f （﹣1）＝0，当x ＞0时，xf ′（x ）﹣f （x ）＜0，则使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是（） A ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B ．（﹣1，0）∪（1，+∞）C ．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D ．（0，1）∪（1，+∞）【答案】解：设g （x ）=f(x)x ，则g （x ）的导数为：g ′（x ）=xf′(x)−f(x)x 2， ∵当x ＞0时总有xf ′（x ）＜f （x ）成立，即当x ＞0时，g ′（x ）恒小于0，∴当x ＞0时，函数g （x ）=f(x)x 为减函数，又∵g （﹣x ）=f(−x)−x =−f(x)−x =f(x)x =g （x ）， ∴函数g （x ）为定义域上的偶函数又∵g （﹣1）=f(−1)−1=0，∴函数g （x ）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f （x ）＞0⇔x •g （x ）＞0 ⇔{x ＞0g(x)＞0或{x ＜0g(x)＜0，⇔0＜x ＜1或x ＜﹣1．故选：A ．19．【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，﹣2）【答案】解：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；①当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；而当x=2a时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；故f（2a ）=8a2−3•4a2+1＞0；故a＜﹣2；综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；故选：D．20．【2014年新课标2理科08】设曲线y＝ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x，则a＝（）A．0B．1C．2D．3【答案】解：y′=a−1x+1，∴y′（0）＝a﹣1＝2，∴a＝3．故选：D．21．【2014年新课标2理科12】设函数f （x ）=√3sin πx m，若存在f （x ）的极值点x 0满足x 02+[f （x 0）]2＜m 2，则m 的取值范围是（）A ．（﹣∞，﹣6）∪（6，+∞）B ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）【答案】解：由题意可得，f （x 0）＝±√3，即πx 0m=k π+π2，k ∈z ，即 x 0=2k+12m ．再由x 02+[f （x 0）]2＜m 2，即x 02+3＜m 2，可得当m 2最小时，|x 0|最小，而|x 0|最小为12|m |， ∴m 2 ＞14m 2+3，∴m 2＞4．求得 m ＞2，或m ＜﹣2，故选：C ．22．【2013年新课标2理科10】已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是（） A ．∃x 0∈R ，f （x 0）＝0B ．函数y ＝f （x ）的图象是中心对称图形C ．若x 0是f （x ）的极小值点，则f （x ）在区间（﹣∞，x 0）单调递减D ．若x 0是f （x ）的极值点，则f ′（x 0）＝0 【答案】解：f ′（x ）＝3x 2+2ax +b ．（1）当△＝4a 2﹣12b ＞0时，f ′（x ）＝0有两解，不妨设为x 1＜x 2，列表如下 x （﹣∞，x 1） x 1 （x 1，x 2） x 2 （x 2，+∞） f ′（x ） + 0 ﹣ 0 + f （x ）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可知：①x 2是函数f （x ）的极小值点，但是f （x ）在区间（﹣∞，x 2）不具有单调性，故C 不正确． ②∵f(−2a 3−x)+f （x ）=(−2a 3−x)3+a(−2a 3−x)2+b(−2a 3−x)+c +x 3+ax 2+bx +c =427a 3−2ab 3+2c ， f(−a3)=(−a 3)3+a(−a 3)2+b(−a 3)+c =227a 3−ab3+c ， ∵f(−2a3−x)+f （x ）=2f(−a3)，∴点P (−a 3，f(−a3))为对称中心，故B 正确．③由表格可知x 1，x 2分别为极值点，则f ′(x 1)=f ′(x 2)=0，故D 正确．④∵x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞；x →+∞，f （x ）→+∞，函数f （x ）必然穿过x 轴，即∃x α∈R ，f （x α）＝0，（2）当△≤0时，f ′(x)=3(x +a3)2≥0，故f （x ）在R 上单调递增，①此时不存在极值点，故D 正确，C 不正确；②B 同（1）中②正确；③∵x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞；x →+∞，f （x ）→+∞，函数f （x ）必然穿过x 轴，即∃x 0∈R ，f （x 0）＝0，故A 正确．综上可知：错误的结论是C ．由于该题选择错误的，故选：C ．23．【2022年新高考1卷10】已知函数f(x)=x 3−x +1，则（） A ．f(x)有两个极值点B ．f(x)有三个零点C ．点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D ．直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线【答案】AC 【解析】由题，f ′(x )=3x 2−1，令f ′(x )>0得x >√33或x <−√33，令f ′(x)<0得−√33<x <√33，所以f(x)在(−√33,√33)上单调递减，在(−∞,−√33)，(√33,+∞)上单调递增，所以x =±√33是极值点，故A 正确；因f(−√33)=1+2√39>0，f(√33)=1−2√39>0，f (−2)=−5<0，所以，函数f (x )在(−∞,−√33)上有一个零点，当x ≥√33时，f (x )≥f (√33)>0，即函数f (x )在(√33,+∞)上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B 错误；令ℎ(x)=x 3−x ，该函数的定义域为R ，ℎ(−x )=(−x )3−(−x )=−x 3+x =−ℎ(x )，则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心，故C 正确；令f ′(x )=3x 2−1=2，可得x =±1，又f(1)=f (−1)=1，当切点为(1,1)时，切线方程为y =2x −1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y =2x +3，故选：AC.24．【2022年全国乙卷理科16】已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是____________．,1)【答案】(1e【解析】解：f′(x)=2lna⋅a x−2ex，因为x1,x2分别是函数f(x)=2a x−ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(−∞,x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1,x2)上递增，所以当x∈(−∞,x1)∪(x2,+∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2lna⋅a x>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即方程lna⋅a x=ex的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1,∴函数y=a x的图象是单调递减的指数函数，又∵ln a<0,∴y=lna⋅a x的图象由指数函数y=a x向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示：设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,lna⋅a x0)，则切线的斜率为g′(x0)=ln2a⋅a x0，故切线方程为y−lna⋅a x0=ln2a⋅a x0(x−x0)，则有−lna⋅a x0=−x0ln2a⋅a x0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，因为函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得1e<a<e，又0<a<1，所以1e<a<1，综上所述，a的范围为(1e,1).25．【2022年新高考1卷15】若曲线y=(x+a)e x有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________ ________．【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【解析】∵y=(x+a)e x，∴y′=(x+1+a)e x，设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a)e x0,切线斜率k=(x0+1+a)e x0,切线方程为：y−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(x−x0),∵切线过原点，∴−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(−x0),整理得：x02+ax0−a=0,∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)26．【2022年新高考2卷14】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，___________ _．【答案】y=1e x y=−1ex【解析】解：因为y=ln|x|，当x>0时y=lnx，设切点为(x0,lnx0)，由y′=1x ，所以y′|x=x0=1x，所以切线方程为y−lnx0=1x(x−x0)，又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0(−x0)，解得x=e，所以切线方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y′=1x ，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln(−x1)=1x1(x−x1)，又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)=1x1(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−e(x+e)，即y=−1ex；故答案为：y=1e x；y=−1ex27．【2021年全国甲卷理科13】曲线y=2x−1x+2在点(−1,−3)处的切线方程为__________．【答案】5x−y+2=0由题，当x=−1时，y=−3，故点在曲线上．求导得：y′=2(x+2)−(2x−1)(x+2)2=5(x+2)2，所以y′|x=−1=5．故切线方程为5x−y+2=0．故答案为：5x−y+2=0．28．【2021年新高考1卷15】函数f(x)=|2x−1|−2lnx的最小值为______.【答案】1由题设知：f(x)=|2x−1|−2lnx定义域为(0,+∞)，∴当0<x≤12时，f(x)=1−2x−2lnx，此时f(x)单调递减；当12<x≤1时，f(x)=2x−1−2lnx，有f′(x)=2−2x≤0，此时f(x)单调递减；当x>1时，f(x)=2x−1−2lnx，有f′(x)=2−2x>0，此时f(x)单调递增；又f(x)在各分段的界点处连续，∴综上有：0<x≤1时，f(x)单调递减，x>1时，f(x)单调递增；∴f(x)≥f(1)=1故答案为：1.29．【2021年新高考2卷16】已知函数f(x)=|e x−1|,x1<0,x2>0，函数f(x)的图象在点A(x 1,f(x 1))和点B(x 2,f(x 2))的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则|AM||BN|取值范围是_______．【答案】(0,1)由题意，f(x)=|e x−1|={1−e x ,x <0e x −1,x ≥0，则f ′(x)={−e x,x <0e x ,x >0，所以点A(x 1,1−e x 1)和点B(x 2,e x 2−1)，k AM =−e x 1,k BN =e x 2,所以−e x 1⋅e x 2=−1,x 1+x 2=0，所以AM:y −1+e x 1=−e x 1(x −x 1),M(0,e x 1x 1−e x 1+1)，所以|AM|=√x 12+(e x 1x 1)2=√1+e 2x 1⋅|x 1|，同理|BN|=√1+e 2x 2⋅|x 2|,所以|AM||BN|=√2x 11√2x 2=√1+e 2x 11+e 2x 2=√1+e 2x 11+e −2x 1=e x 1∈(0,1).故答案为：(0,1)30．【2019年新课标1理科13】曲线y ＝3（x 2+x ）e x 在点（0，0）处的切线方程为．【答案】解：∵y ＝3（x 2+x ）e x ， ∴y '＝3e x （x 2+3x +1）， ∴当x ＝0时，y '＝3，∴y ＝3（x 2+x ）e x 在点（0，0）处的切线斜率k ＝3， ∴切线方程为：y ＝3x ．故答案为：y ＝3x ．31．【2018年新课标2理科13】曲线y ＝2ln （x +1）在点（0，0）处的切线方程为．【答案】解：∵y ＝2ln （x +1）， ∴y ′=2x+1，当x ＝0时，y ′＝2，∴曲线y ＝2ln （x +1）在点（0，0）处的切线方程为y ＝2x ．故答案为：y ＝2x ．32．【2018年新课标3理科14】曲线y ＝（ax +1）e x 在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a ＝．【答案】解：曲线y ＝（ax +1）e x ，可得y ′＝ae x +（ax +1）e x ，曲线y ＝（ax +1）e x 在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a +1＝﹣2，解得a ＝﹣3．故答案为：﹣3．33．【2016年新课标2理科16】若直线y ＝kx +b 是曲线y ＝lnx +2的切线，也是曲线y ＝ln （x +1）的切线，则b ＝．【答案】解：设y ＝kx +b 与y ＝lnx +2和y ＝ln （x +1）的切点分别为（x 1，kx 1+b ）、（x 2，kx 2+b ）；由导数的几何意义可得k =1x 1=1x 2+1，得x 1＝x 2+1再由切点也在各自的曲线上，可得{kx 1+b =lnx 1+2kx 2+b =ln(x 2+1)联立上述式子解得{ k =2x 1=12x 2=−12；从而kx 1+b ＝lnx 1+2得出b ＝1﹣ln 2．34．【2016年新课标3理科15】已知f （x ）为偶函数，当x ＜0时，f （x ）＝ln （﹣x ）+3x ，则曲线y ＝f （x ）在点（1，﹣3）处的切线方程是．【答案】解：f （x ）为偶函数，可得f （﹣x ）＝f （x ），当x ＜0时，f （x ）＝ln （﹣x ）+3x ，即有 x ＞0时，f （x ）＝lnx ﹣3x ，f ′（x ）=1x −3，可得f （1）＝ln 1﹣3＝﹣3，f ′（1）＝1﹣3＝﹣2，则曲线y ＝f （x ）在点（1，﹣3）处的切线方程为y ﹣（﹣3）＝﹣2（x ﹣1），即为2x +y +1＝0．故答案为：2x +y +1＝0．35．【2013年新课标1理科16】若函数f （x ）＝（1﹣x 2）（x 2+ax +b ）的图象关于直线x ＝﹣2对称，则f （x ）的最大值为．【答案】解：∵函数f （x ）＝（1﹣x 2）（x 2+ax +b ）的图象关于直线x ＝﹣2对称， ∴f （﹣1）＝f （﹣3）＝0且f （1）＝f （﹣5）＝0，即[1﹣（﹣3）2][（﹣3）2+a •（﹣3）+b ]＝0且[1﹣（﹣5）2][（﹣5）2+a •（﹣5）+b ]＝0，解之得{a =8b =15，因此，f （x ）＝（1﹣x 2）（x 2+8x +15）＝﹣x 4﹣8x 3﹣14x 2+8x +15，求导数，得f′（x）＝﹣4x3﹣24x2﹣28x+8，令f′（x）＝0，得x1＝﹣2−√5，x2＝﹣2，x3＝﹣2+√5，当x∈（﹣∞，﹣2−√5）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2−√5，﹣2）时，f′（x）＜0；当x∈（﹣2，﹣2+√5）时，f′（x）＞0；当x∈（﹣2+√5，+∞）时，f′（x）＜0∴f（x）在区间（﹣∞，﹣2−√5）、（﹣2，﹣2+√5）上是增函数，在区间（﹣2−√5，﹣2）、（﹣2+√5，+∞）上是减函数．又∵f（﹣2−√5）＝f（﹣2+√5）＝16，∴f（x）的最大值为16．故答案为：16．1．已知函数f(x)=e x，函数g(x)与f(x)的图象关于直线y=x对称，若ℎ(x)=g(x)−kx无零点，则实数k的取值范围是（）A．(1e ,e2)B．(1e,e)C．(e,+∞)D．(1e,+∞)【答案】D 【解析】由题知g(x)=lnx，ℎ(x)=g(x)−kx=0⇒k=lnxx ，设F(x)=lnxx⇒F′(x)=1−lnxx2，当F′(x)<0时，x∈(e,+∞)，此时F(x)单调递减，当F′(x)>0时，x∈(0,e)，此时F(x)单调递增，所以F(x)max=F(e)=1e，F(x)的图象如下，由图可知，当k>1e时，y=F(x)与y=k无交点，即ℎ(x)=g(x)−kx无零点.故选：D.2．已知函数f(x)=asinx+2cosx在x∈[−π3,−π4]上单调递增，则a的取值范围为（）模拟好题A ．a ≥0B ．−2≤a ≤2C ．a ≥−2D ．a ≥0或a ≤−2【答案】C 【解析】因为函数f(x)=asinx +2cosx 在x ∈[−π3,−π4]上单调递增，所以f ′(x)=acosx −2sinx ≥0在x ∈[−π3,−π4]上恒成立，即a ≥2tanx 在x ∈[−π3,−π4]上恒成立，由y =2tanx 在(−π2,0)上单调递增知，y max =2tan(−π4)=−2，所以a ≥−2，故选：C3．定义：设函数f (x )的定义域为D ，如果[m,n ]⊆D ，使得f (x )在[m,n ]上的值域为[m,n ]，则称函数f (x )在[m,n ]上为“等域函数”，若定义域为[1e ,e 2]的函数g (x )=a x （a >0，a ≠1）在定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则a 的取值范围为（） A ．[2e2,1e )B ．[2e2,1e]C ．[e 2e 2,e 1e )D ．[e 2e 2,e 1e ]【答案】C 【解析】当0<a <1时，函数g(x)=a x 在[1e ,e 2]上为减函数，若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则存在m ，n ∈[1e,e 2]（m <n ）使得{a m =n a n =m ，所以{m ln a =ln nn ln a =ln m ，消去lna ，得mlnm =nlnn ，令k(x)=xlnx ，则k ′(x)=lnx +1，当x ∈[1e ,e 2]时，k ′(x)≥0，所以k(x)在[1e ,e 2]上是单调增函数，所以符合条件的m ，n 不存在.当a >1时，函数g(x)=a x 在[1e ,e 2]上为增函数，若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则存在m ，n ∈[1e ,e 2]（m <n ）使得a m =m ，a n =n ，即方程a x =x 在[1e,e 2]上有两个不等实根，即lna=lnxx 在[1e,e2]上有两个不等实根，设函数ℎ(x)=lnxx （1e≤x≤e2），则ℎ′(x)=1−lnxx2，当1e≤x<e时，ℎ′(x)>0；当e<x≤e2时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)在[1e,e)上单调递增，在(e,e2]上单调递减，所以ℎ(x)在x=e处取得极大值，也是最大值，所以ℎ(x)max=ℎ(e)=1e ，又ℎ(1e)=−e，ℎ(e2)=2e2，故2e2≤lna<1e，即e2e2≤a<e1e.故选：C.【点睛】解题的关键是讨论g(x)的单调性，根据题意，整理化简得到新的函数，利用导数求得新函数的单调性和最值，分析即可得答案，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.4．已知函数f(x)=−e x+ax−e2有两个零点，则实数a的取值范围为（）A．(0,e2)B．(0,e)C．(e,+∞)D．(e2,+∞)【答案】D【解析】f′(x)=−e x+a，当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，此时f(x)至多一个零点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)=0，则x=lna，当x∈(−∞,lna)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(lna，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为f(x)有两个零点，所以f(lna)=alna−a−e2>0，令g(a)=alna−a−e2,a>0，则g′(a)=lna，令g′(a)<0解得0<a<1，令g′(a)>0，解得a>1，所以g(a)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，且当0<a<1时，g(a)<0，g(1)=−1−e2<0，g(e2)=0，所以a>e2.故选：D.5．已知函f(x)=e x+alnx−x a−x(a>0)，（e为自然对数底数，e=2.71828……），若f(x)≥0对∀x∈(1,+∞)成立，则实数a的最大值为（）A．1eB．1C．e D．e2【答案】C【解析】解：因为x∈(1,+∞)，f(x)≥0恒成立，即e x+alnx−x a−x≥0，所以，lnx a−x a≥ln e x−e x，故令m(t)=lnt−t，t>1，m′(t)=1t −1=1−tt<0在(1,+∞)上恒成立，所以，m(t)在(1,+∞)上单调递减，所以x a≤e x，两边取对数得alnx≤x，x>1，即a≤xlnx，记φ(x)=xlnx (x>1)，则φ′(x)=lnx−1ln2x(x>1)，所以，当x∈(1,e)，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(e,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以，φ(x)的最小值是φ(e)=e，故a≤e，所以，实数a的最大值是e．故选：C6．设直线x=t与函数f(x)=2x2,g(x)=lnx的图像分别交于点M,N，则|MN|的最小值为（）A．12+ln2B．3ln2−1C．e2−1D．12【答案】A【解析】由题意M(t,2t2)，N(t,lnt)，所以|MN|=|2t2−lnt|，令ℎ(t)=2t2−lnt，则ℎ′(t)=4t−1t =4t2−1t，当0<t<12时，ℎ′(t)<0，当t>12时，ℎ′(t)>0，所以ℎ(t)min=ℎ(12)=12+ln2，即|MN|的最小值为12+ln2，故选：A.7．已知对任意实数x都有f′(x)=3e x+f(x)，f(0)=−1，若不等式f(x)<a(x−2)（其中a<1）的解集中恰有两个整数，则a的取值范围是（）A．[43e ,12)B．[43e,1)C．[74e2,43e)D．[74e2,12)【答案】C解：由f ′(x )=3e x +f (x )，即f ′(x )−f (x )=3e x ，得(f (x )ex)′=3，则f (x )ex=3x +C （C 为常数），又f (0)=−1，所以C =−1，所以f (x )=(3x −1)e x ，故f ′(x )=(3x +2)e x ，所以当x >−23时f ′(x )>0，当x <−23时f ′(x )<0，即f (x )在(−23,+∞)上单调递增，在(−∞,−23)上单调递减，所以f(x)在x =−23取得极小值．设ℎ(x)=a(x −2)，可知该函数恒过点(2,0)，画出f(x),ℎ(x)的图象，如下图所示，不等式f (x )<a (x −2)（其中a >0）的解集中恰有两个整数，则这两个整数解为0,−1，所以{f(−1)<ℎ(−1)f(−2)≥ℎ(−2)，即{−4e −1<−3a −7e −2≥−4a，解得74e 2≤a <43e ，所以a ∈[74e 2,43e)． .故选：C ．8．若函数f (x )=ln(√1+x 2+mx)(m >0)是奇函数，函数g (x )=e (k−2)x −3lnx +(3k −7)x ，若g(x)≥m −1恒成立，则实数k 的取值范围是（） A ．[1+e ,+∞) B ．[1+1e ,+∞)C ．[2+e ,+∞)D ．[2+1e,+∞)【答案】D因为f(x)为奇函数，所以f(x)+f(−x)=ln(√1+x2+mx)+ln(√1+(−x)2−mx)=ln(1+x2−m2x2)=0恒成立，即1+x2−m2x2=1恒成立，所以m2=1因为m>0，所以m=1所以g(x)=e(k−2)x−3lnx+(3k−7)x≥0恒成立.即e(k−2)x+3(k−2)x≥x+3lnx恒成立记g(x)=x+3lnx,(x>0)，则g′(x)=1+3x =x+3x>0，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为e(k−2)x>0，所以g(e(k−2)x)=e(k−2)x+3(k−2)x所以e(k−2)x+3(k−2)x≥x+3lnx⇔g(e(k−2)x)≥g(x)恒成立即e(k−2)x≥x，亦即k≥lnxx+2恒成立记ℎ(x)=lnxx+2，则ℎ′(x)=1−lnxx2易知当0<x<e时，ℎ′(x)>0，当x>e时，ℎ′(x)<0所以当x=e时，ℎ(x)有最大值ℎ(x)max=ℎ(e)=1e+2所以k≥1e +2，即k的取值范围为[2+1e,+∞)故选：D9．已知a>0且a≠1，若任意x≥1，不等式2a xe x2−ln2a≥1x2均恒成立，则a的取值范围为（）A．[e,+∞)B．[1,e]C．[e,e2]D．[1,+∞)【答案】A【解析】由题设，2a x−e(lna x)2≥e，令t=lna x，则2e t−1−t2−1≥0恒成立，令f(t)=2e t−1−t2−1，则f′(t)=2(e t−1−t)，f″(t)=2(e t−1−1)，当t<1时f″(t)<0，f′(t)递减；当t>1时f″(t)>0，f′(t)递增；所以f′(t)≥f′(1)=0，故f(t)递增，当0<a<1，即t∈(0,lna]时，f(t)≤f(lna)=2ae−(lna)2−1<0，不合题意；当a>1，即t∈[lna,+∞)时，要使f(t)≥0恒成立，则f(lna)=2ae−(lna)2−1≥0恒成立，令g(a)=2ae −(lna)2−1且a>1，则g′(a)=2(ln ee−lnaa)，g″(a)=2(lna−1)a2，当1<a<e时g″(a)<0，g′(a)递减；当a>e时g″(a)>0，g′(a)递增；所以g′(a)≥g′(e)=0，故g(a)在(1,+∞)上递增，而g(e)=2−1−1=0，此时a>e时g(a)≥0，即f(lna)≥0恒成立.综上，a的取值范围为[e,+∞).故选：A【点睛】关键点点睛：首先将问题转化为f(t)=2e t−1−t2−1≥0恒成立，利用导数并讨论a结合指数函数性质判断f(t)最值符号，进一步转化为g(a)=2ae−(lna)2−1≥0在a>1上恒成立.10．已知函数f(x)=xlnx−x2e+tx−1(t∈R)有两个极值点x1,x2（x1<x2），则下列说法错误的是（）A．t>ln2－1B．曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线可能与直线x−y=0垂直C．f(x1)<0D．x1+x2>4ex1x2【答案】B【解析】对于A，由题意得f′(x)=1+lnx−2xe +t=lnx−2xe+t+1，令g(x)=lnx−2xe +t+1,g′(x)=1x−2e=e−2xe x,(x>0)，当0<x<e2时，g′(x)>0，g(x)递增，当x>e2时，g′(x)<0，g(x)递减，故g(x)max=g(e2)=1−ln2+t，由题意知g(x)有两个变号零点，故g(x)max=1−ln2+t>0，即t>ln2－1，故A正确；对于B，线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线的斜率为f′(e)=t，该切线如果与x−y=0垂直，则斜率为-1，即−1，与t>ln2－1矛盾，故B错误；对于C，由题意可知f′(x1)=0，即lnx1−2x1e+t+1=0，则f(x1)=x1lnx1−x12e +tx1−1=x12e−x1−1，由A项分析可知0<x1<e2<x2，根据二次函数的性质可得f(x1)<f(0)=−1<0，故C正确；对于D，由题意知，f′(x2)=0，即lnx2−2x2e+t+1=0，则lnx2−lnx1=2e (x2−x1)，即2e=lnx2−lnx1x2−x1，要整x1+x2>4e x1x2，只需证1x1+1x2>4e，即证1x1+1x2>2(lnx2−lnx1)x2−x1，设x2x1=m,(m>1)，则只需证m−1m>2lnm，令ℎ(m)=m−1m −2lnm,(m>1)，ℎ′(m)=1+1m2−2m=(m−1)2m2>0，故ℎ(m)=m−1m−2lnm,(m>1)是单调增函数，则ℎ(m)>ℎ(1)=0，故m−1m>2lnm,(m>1)成立，故D正确，故选：B【点睛】本题考查了导数的应用，涉及到导数几何意义和零点问题以及证明不等式问题，综合性较强，思维能力要求较高，解答的关键是D选项的判断，要注意对等式的合理变式，从而构造函数，利用导数判断单调性.11．已知f(x)=(a2−1)e x−1−12x2，若不等式f(1lnx)>f(1x−1)在(1,+∞)上恒成立，则a的值可以为（）A．−√2B．−1C．1D．√2【答案】AD【解析】设y=x−1−lnx(x>1)，则y′=1−1x>0，所以y=x−1−lnx在(1,+∞)上单调递增，所以x−1−lnx>0，所以lnx<x−1,x∈(1,+∞)，∴0<lnx<x−1，∴1lnx >1x−1>0．又f(1lnx )>f(1x−1)在(1,+∞)上恒成立，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以f′(x)=(a2−1)e x−1−x≥0对∀x∈(1,+∞)恒成立，即a2−1≥xe x−1恒成立．令g(x)=xe x−1,g′(x)=1−xe x−1，当x>1时，g′(x)<0，故g(x)<g(1)=1，∴a2−1≥1，解得a≥√2或a≤−√2，所以a的值可以为−√2，√2，故选：AD.12．已知实数a,b满足e a+e b=e a+b，则（）A．ab<0B．a+b>1 C．e a+e b⩾4D．b e a>1【答案】BCD【解析】由e a+e b=e a+b得1e a +1e b=1，又e a>0,e b>0，所以e a>1,e b>1，所以a>0,b>0，所以ab>0，选项A错误；因为e a+e b=e a+b⩾2√e a e b=2√e a+b，所以√e a+b⩾2，即e a+e b=e a+b⩾4，所以a+b⩾ln4>1，选项B,C正确，因为1e a +1e b=1，所以e a=e be b−1，所以b e a−1=b e be b−1−1=b e b−e b+1e b−1.令f(b)=b e b−e b+1,b>0，则f′(b)=b e b>0，所以f(b)在区间(0,+∞)上单调递增，所以f(b)>f(0)=0，即b e b−e b+1>0，又e b−1>0，所以b e a−1>0，即b e a>1，选项D正确.故选：BCD13．已知函数f(x)=e x+mx，x∈R（e为自然对数），则下列判断正确的是（）A．当m=−1时，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减B．当m=0时，f(x)−lnx≥3在(0,+∞)上恒成立C．对任意的m>0，函数f(x)在(−∞,0)上一定存在零点D．存在m<0，函数f(x)有唯一极小值【答案】ACD【解析】由题意，对于选项A，当m=−1时，f(x)=e x−x，f′(x)=e x−1，当x<0时，f′(x)<0，故f(x)在区间(−∞,0)上单调递减，故选项A正确；对于选项B ，当m =0时，f(x)=e x ，此时f(x)−lnx =e x −lnx ，因为f(1)−ln1=e 1−0<3，故选项B 错误；对于选项C ，当m >0时，f(x)=e x +mx ，f′(x)=e x +m >0，故f(x)在R 上为增函数，又f(0)=1，f (−1m )<0，f(x)在区间(−∞,0)上一定存在零点，故选项C 正确；对于选项D ，取m =−2，则f(x)=e x −2x ，f′(x)=e x −2，当x <ln2时，f′(x)<0，当x >ln2时f′(x )>0，故f(x)有唯一的极小值点x =ln2，故选项D 正确. 故选：ACD ．14．已知函数f(x)={−xx−1,x <1lnx +x −1,x ≥1 ，g(x)=kx −k ，k ∈R ，则下列结论正确的是（） A ．f (x )在(0,2)上单调递增B ．当k =14时，方程f (x )=g (x )有且只有2个不同实根C ．f (x )的值域为[−1,+∞)D ．若对于任意的x ∈R ，都有(x −1)(f (x )−g (x ))≤0成立，则k ∈[2,+∞) 【答案】BD 【解析】对于A ，当x <1时，f(x)=−xx−1=−1x−1−1 ；当x ≥1时，f(x)=lnx +x −1,f ′(x)=1x +1=x+1x>0，此时f(x)递增，故可作出函数的图象如图示：由此可知，f (x )在(0,1),(1,+∞)上单调递增，故A 错误；对于B, 当k =14时，g(x)=14(x −1)，当x <1时，f(x)=−xx−1，令−xx−1=14(x −1)，解得x =−1 ，即f (x )=g (x )此时有一解；当x =1时，f(1)=ln1+1−0,g(1)=0，故x =1是f (x )=g (x )的一个解；当x >1时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx +34x −34，ℎ′(x)=1x +34>0，即ℎ(x)>ℎ(1)=0，即f(x)>g(x)，此时f (x )=g (x )无解；故综合上述，当k =14时，方程f (x )=g (x )有且只有2个不同实根，B 正确；由函数f (x )的图象可知，其值域为R,故C 错误；对于D, 对于任意的x ∈R ，都有(x −1)(f (x )−g (x ))≤0成立, 则当x <1时，f (x )−g (x )≥0，即−xx−1−kx +k ≥0恒成立，即k ≥−x(x−1)2，令u(x)=−x (x−1)2,u ′(x)=x 2−1(x−1)4，当x <−1时，u ′(x)>0，当−1<x <1时，u ′(x)<0，故u(x)max =u(−1)=14，故k ≥14；当x =1时，(x −1)(f (x )−g (x ))≤0恒成立，当x >1时，f (x )−g (x )≤0，即lnx +x −1−kx +k ≤0恒成立，令v(x)=lnx +x −1−kx +k,v ′(x)=1x +1−k =1+(1−k)xx，注意到v(1)=0当k ≤1时，v(x)=lnx +(1−k)(x −1)>0，不合题意；当1<k <2时，令v ′(x)=1+(1−k)xx =0，x =1k−1>1 ，当1<x <1k−1时，v ′(x)=1+(1−k)xx>0，故v(x)>v(1)=0，不符合题意当k ≥2时，x =1k−1∈(0,1]，此时v ′(x)=1+(1−k)xx<0,(x >1)，故v(x)=lnx +(1−k)(x −1)递减，则v(x)<v(1)=0，即lnx +x −1−kx +k <0恒成立，综合上述，可知当k ≥2时，对于任意的x ∈R ，都有(x −1)(f (x )−g (x ))≤0成立，故D 正确，故选：BD 【点睛】本题综合考查了函数与方程的应用，涉及到利用导数判断函数的单调性和最值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是能恰当的变式，构造函数，利用导数判断函数单调性，以及求解最值. 15．已知函数f(x)=x(lnx)2+x ，则（） A ．f(x)在区间(0,+∞)上单调递增B．当x=1e时，f(x)取最小值C．对∀x∈(1e,+∞),m>0,g(x)=f(x+m)−f(x)为增函数D．对∀x1,x2∈(1e ,+∞),12[f(x1)+f(x2)]>f(x1+x22)【答案】ACD【解析】易知定义域为(0,+∞)，f′(x)=(lnx)2+x⋅2lnx⋅1x+1=(lnx)2+2lnx+1=(lnx+1)2≥0，故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，A正确；f(x)无最小值，B错误；当x∈(1e,+∞),m>0时，g′(x)=f′(x+m)−f′(x)=[ln(x+m)+1]2−(lnx+1)2=[ln(x+m)+lnx +2][ln(x+m)−lnx]，易得ln(x+m)>lnx>ln1e=−1，则ln(x+m)+lnx+2>0,ln(x+m)−lnx>0，即g′(x)>0，故g(x)为增函数，C正确；当x∈(1e,+∞)时，lnx>−1，令t=lnx,ℎ(t)=(t+1)2,t>−1，易得ℎ(t)为增函数，即f′(x)=(lnx+1)2在(1e,+∞)为增函数，又f(x)在(1e,+∞)为增函数，故函数f(x)为“上凹”函数，结合图像可知12[f(x1)+f(x2)]>f(x1+x22)，D正确.故选：ACD.16．若关于x的不等式2ln(x+1)−a(x+3)−2x+a(e x+2)>0在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为_______________.【答案】[2,+∞)【解析】不等式2ln(x+1)−a(x+3)−2x+a(e x+2)>0可化为：a e x−2x>a(x+1)−2ln(x+1)，即a e x−2ln e x>a(x+1)−2ln(x+1).记f(x)=e x−1−x,(x≥0).因为f′(x)=e x−1，所以当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增函数，所以当x>0时，f (x)>f(0)=0，即e x>1+x.记F(x)=ax−2lnx,(x>1)，则F(e x)>F(x+1).因为e x>1+x，所以只需F(x)=ax−2lnx在(1,+∞)上递增，所以F′(x)=a−2x≥0，只需a≥2x，(x>1)恒成立.因为y=2x在(1,+∞)单调递减，所以当x→1+时，y→2最大，所以a≥2.即实数a的取值范围为[2,+∞).故答案为：[2,+∞).17．若函数f(x)=2x3−ax2−1(a∈R)在(−∞,0)内有且只有一个零点，则f(x)在[−1,1]上的最大值与最小值的和为_______．【答案】3【解析】当x<0时，由f(x)=0可得a=2x−1x2，令g(x)=2x−1x2，其中x<0，则g′(x)=2+2x3=2(x3+1)x3，由g′(x)=0，可得x=−1，列表如下：如下图所示：因为f(x)=2x3−ax2−1(a∈R)在(−∞,0)内有且只有一个零点，则a=−3，所以，f(x)=2x3+3x2−1，则f′(x)=6x2+6x=6x(x+1)，当−1<x<0时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，则当x∈[−1,1]时，f(x)min=f(0)=−1，又因为f(−1)=0，f(1)=4，所以，f(x)max=4，因此，f(x)在[−1,1]上的最大值与最小值的和为−1+4=3.故答案为：3.18．若直线y=kx+m是曲线y=ln(x−1)的切线，也是曲线y=e x−3的切线，则k=__________.【答案】1或1e【解析】设y=kx+m与y=e x−3和y=ln(x−1)的切点分别为(x1,e x1−3)、(x2,ln(x2−1))；由导数的几何意义可得k=e x1−3=1x2−1，即y=e x1−3⋅x+(1−x1)e x1−3,y=1x2−1x+ln(x2−1)−x2x2−1，∴{e x1−3=1x2−1(1−x1)e x1−3=ln(x2−1)−x2x2−1，∴{x1−3=−ln(x2−1)(1−x1)⋅1x2−1=ln(x2−1)−x2x2−1=3−x1−x2x2−1=2−x1−1x2−1。

导数高中试题及解析答案

导数高中试题及解析答案1. 计算函数 $ f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x $ 在 $ x = 1 $ 处的导数。

解析：首先，我们需要找到函数 $ f(x) $ 的导数。

根据导数的定义，我们有：\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 3x^2 + 2x) \]对每一项分别求导，我们得到：\[ f'(x) = 3x^2 - 6x + 2 \]现在，将 $ x = 1 $ 代入 $ f'(x) $ 得到：\[ f'(1) = 3(1)^2 - 6(1) + 2 = 3 - 6 + 2 = -1 \]答案：函数 $ f(x) $ 在 $ x = 1 $ 处的导数为 $ -1 $。

2. 已知函数 $ g(x) = \sin(x) $，求 $ g'(x) $。

解析：根据三角函数的导数规则，我们知道 $ \sin(x) $ 的导数是$ \cos(x) $。

因此，我们可以直接写出 $ g(x) $ 的导数：\[ g'(x) = \cos(x) \]答案：函数 $ g(x) $ 的导数是 $ \cos(x) $。

3. 计算复合函数 $ h(x) = (x^2 - 1)^4 $ 的导数。

解析：这是一个复合函数，我们可以使用链式法则来求导。

首先，设$ u = x^2 - 1 $，那么 $ h(x) = u^4 $。

对 $ u $ 求导得到：\[ u' = \frac{d}{dx}(x^2 - 1) = 2x \]然后，对 $ h(x) $ 求导：\[ h'(x) = \frac{d}{dx}(u^4) = 4u^3 \cdot u' = 4(x^2 - 1)^3\cdot 2x \]答案：复合函数 $ h(x) $ 的导数是 $ 8x(x^2 - 1)^3 $。

导数历年高考真题精选及答案

导数历年高考真题精选及答案一．选择题1. （2011年高考山东卷文科4)曲线211y x =+在点P(1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是(A)-9 (B)-3 (C)9 (D)152.（2011年高考山东卷文科10)函数2sin 2x y x =-的图象大致是3.（2011年高考江西卷文科4)曲线x y e =在点A （0,1）处的切线斜率为（）A.1B.2C.eD.1e4.2011年高考浙江卷文科10)设函数()()2,,f x ax bx c a b c R =++∈，若1x =-为函数()x f x e 的一个极值点，则下列图象不可能为()y f x =的图象是5.（2011年高考湖南卷文科7)曲线sin 1sin cos 2xy x x=-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（）A ．12-B ．12 C ．22-D ．226.【2012高考重庆文8】设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值，则函数()y xf x '=的图象可能是7.【2012高考浙江文10】设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数A. 若23b ，则a ＞bB. 若23b ，则a ＜bC. 若 23b ，则a ＞bD. 若23b ，则a ＜b8.【2012高考陕西文9】设函数f （x ）2x则（） A ．12为f(x)的极大值点 B ．12为f(x)的极小值点C ．2为 f(x)的极大值点D ．2为 f(x)的极小值点9.【2012高考辽宁文8】函数122-㏑x 的单调递减区间为（A）（-1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞）（D）（0，+∞）10.【2102高考福建文12】已知f（x）³-6x²+9，a＜b＜c，且f （a）（b）（c）=0.现给出如下结论：①f（0）f（1）＞0；②f（0）f（1）＜0；③f（0）f（3）＞0；④f（0）f（3）＜0.其中正确结论的序号是A.①③B.①④C.②③D.②④11.2012高考辽宁文12】已知为抛物线x2=2y上两点，点的横坐标分别为4，-2，过分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为(A) 1 (B) 3 (C) -4 (D) -812..(2009年广东卷文)函数x exxf)3()(-=的单调递增区间是( )A. )2,(-∞ B.(0,3) C.(1,4) D. ),2(+∞13.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x=和2159 4y ax x=+-都相切，则a等于( )A．1-或25-64 B．1-或214C．74-或25-64D．74-或714.（2009湖南卷文）若函数()y f x=的导函数．．．在区间[,]a b上是增函数，则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )AB ．C ．D ．二、填空题1.（2009辽宁卷文）若函数2()1x af x x +=+在1x =处取极值，则a =2.若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 . 3.（2009江苏卷）函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为.4.（2009宁夏海南卷文）曲线21x y xe x =++在点（0,1）处的切线方程为三．解答题1.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数ab ab aoxoxy ba oxy oxyb32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ．（I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；（）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．2.（2009北京文）（本小题共14分）设函数3()3(0)f x x ax b a =-+≠. （Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,())f x 处与直线8y =相切，求,a b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点.3.2009山东卷文)（本小题满分12分）已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠（1）当ba,满足什么条件时,)(xf取得极值?（2）已知0a,且)(xf在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围4.设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++，其中常数a>1(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。

2015-2019函数与导数高考题汇编

2015-2019新课标（理科）函数与导数分类汇编一选填题1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数3】已知0.20.32log 0.220.2a b c ===，，，则 A ．a b c << B ．a c b << C ．c a b <<D ．b c a <<2．【2019年高考全国Ⅰ卷理数5】函数f (x )=在[,]-ππ的图像大致为 A ．B ．C ．D ．3．【2019年高考全国Ⅰ卷理数13】．曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数12】设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数6】若a >b ，则 A ．ln(a −b )>0 B ．3a <3b C ．a 3−b 3>0D ．│a │>│b │6．【2019年高考全国Ⅱ卷理数4】2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量2sin cos ++x xx x为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设rRα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为 ABCD7．【2019年高考全国Ⅱ卷理数14】已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________．8．【2019年高考全国Ⅲ卷理数7】函数3222x xx y -=+在[]6,6-的图像大致为 A ． B ．C ．D ．9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数11】设()f x 是定义域为R 的偶函数，且在()0,+∞单调递减，则A ．f （log 314）＞f （322-）＞f （232-）B ．f （log 314）＞f （232-）＞f （322-）C ．f （322-）＞f （232-）＞f （log 314）D ．f （232-）＞f （322-）＞f （log 314）10．【2018年高考全国Ⅰ卷理数5】设函数()()321f x x a x ax =+-+，若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点()0,0处的切线方程为A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =11．【2018年高考全国Ⅰ卷理数9】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是 A ．[–1，0） B ．[0，+∞） C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）12.【2018年高考全国Ⅰ卷理数16】．已知函数，则的最小值是________．13.【2018年高考全国Ⅱ卷理数11】已知()f x 是定义域为(),-∞+∞的奇函数，满足()()11f x f x -=+．若()12f =，则()()()123f f f ++()50f ++=A ．50-B ．0C ．2D ．5014．【2018年高考全国Ⅱ卷理数3】函数()2e e x xf x x --=的图像大致为15.【2018年高考全国Ⅱ卷理数13】曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________． 16．【2018年高考全国Ⅲ卷理数7】函数422y x x =-++的图像大致为17．【2018年高考全国Ⅲ卷理数12】设0.2log 0.3a =，2log 0.3b =，则A ．0a b ab +<<B ．0ab a b <+<C ．0a b ab +<<D ．0ab a b <<+18．【2018年高考全国Ⅲ卷理数15】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 19．【2017年高考全国Ⅰ卷理数11】设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z20．【2017年高考全国Ⅰ卷理数5】函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]21.【2017年高考全国Ⅱ卷理数11】．若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．122.【2017年高考全国Ⅱ卷理数14】．函数23()sin 4f x x x =-([0,])2x π∈的最大值是____________．23.【2017年高考全国Ⅲ卷理数6】设函数()π(3cos )f x x =+，则下列结论错误的是A ．()f x 的一个周期为2π-B ．()y f x =的图象关于直线8π3x =对称 C ．(π)f x +的一个零点为π6x =D ．()f x 在(π2,π)单调递减24．【2017年高考全国Ⅲ卷理数11】已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =A ．12- B ．13C ．12D ．125．【2017年高考全国Ⅲ卷理数15】设函数10()20xx x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，，则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是_________.26.【2016年高考全国Ⅰ卷理数7】函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为A BC D27.【2016年高考全国Ⅰ卷理数12】（已知函数ππ()sin()(0),24f x x+x ，ωϕωϕ=>≤=-为()f x 的零点，π4x =为()y f x =图像的对称轴，且()f x 在π5π()1836，单调，则ω的最大值为 A11 B9 C7 D528.【2016年高考全国Ⅱ卷理数12】已知函数满足，若函数与图像的交点为则（）A 0BC D29.【2016年高考全国Ⅱ卷理数16】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则．30.【2016年高考全国Ⅲ卷理数15】已知f(x)为偶函数，当时，，则曲线y=f(x)，在点（1，-3）处的切线方程是_______________。

历年(2019-2023)高考数学真题专项(导数及应用解答题)汇编(附答案)

历年（2019-2023）高考数学真题专项（导数及应用解答题）汇编考点01 利用导数求函数单调性，求参数（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．考点02 恒成立问题1．（2023年全国新高考Ⅱ卷（文））（1）证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<；（2）已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．2．（2020年全国高考Ⅱ卷（文）数学试题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2019∙全国Ⅰ卷数学试题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x [0∈，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．4．（2019年全国高考Ⅱ卷（文））已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.考点03 三角函数相关导数问题a=时，求b的取值范围；（i）当0（ii）求证：22e+>．a b4．（2021年全国高考Ⅰ卷数学试题）已知函数f（x）=2sin x－x cos x－x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；∈，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．（2）若x[0考点04 导数类综合问题参考答案考点01 利用导数求函数单调性，求参数考点02 恒成立问题 1考点03 三角函数相关导数问题2022年8月11日高中数学作业学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考点04 导数类综合问题一、解答题)(【点睛】思路点睛：函数的最值问题，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系4．（2022∙全国新高考Ⅱ卷（文））已知函数(2) 和首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；当时，的解为：当113,ax⎛⎫--∈-∞⎪时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；综上可得：当时，在当时，在解得：，则，()1+,a x与联立得化简得3210--+=,由于切点的横坐标x x x综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注。

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数$f(x)=2x^3-ax^2+b$.1）讨论$f(x)$的单调性；2）是否存在$a,b$，使得$f(x)$在区间$[0,1]$的最小值为$-1$且最大值为$1$？若存在，求出$a,b$的所有值；若不存在，说明理由.解析】1)对$f(x)=2x^3-ax^2+b$求导得$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。

所以有：当$a<0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减；当$a=0$时，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；当$a>0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减.2)若$f(x)$在区间$[0,1]$有最大值$1$和最小值$-1$，所以，若$a<0$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$[0,1]$上单调递增，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$b=-1$，$a=\frac{1}{3}$，与$a<0$矛盾，所以$a<0$不成立.若$a=0$，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；在区间$[0,1]$，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$\begin{cases}a=0\\b=-1\end{cases}$.若$0<a\leq2$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\geq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)$.若$2<a\leq3$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(0)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\leq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(0)$.已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$。

专题06 函数与导数综合2(解析版)-十年( 2012-2021年)高考真题数学(理)

专题6(2)、函数与导数综合《2015年高考》新课标1卷45.（本小题满分12分）已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）3-4a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a 值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将x 分为1,1,01x x x >=<<研究()h x 的零点个数，若零点不容易求解，则对a 再分类讨论. 试题解析：【解析】(Ⅰ)根据已知，2'()3f x x a =+，若x 轴为曲线的切线，设切点横坐标为t ，则可得'()0()0f t f t =⎧⎨=⎩即2330104t a t at ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，解得3412a t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 所以当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线. （Ⅱ）当0a ≥时，2'()30f x x a =+>，于是()f x 单调递增，而1(0)4f =，于是()y f x =与()y g x =有唯一交点，且交点的横坐标(0,1)p ∈，此时函数()h x 的零点个数为1.当304a -<<时，()f x在上递减，在)+∞上递增，在x =值为33112()048f a =+=-> 此时()y f x =与()y g x =在(0,1)内忧唯一交点，函数()h x 的零点个数为1.当34a =-时，此时极小值为0，函数()h x 的零点个数为2 当5344a -<<-时，此时的极小值小于0，因此函数()h x 的零点个数为3当54a =-时，此时()y f x =与()y g x =相交于(1,0)，函数()h x 的零点个数为2当54a <-时，此时()y f x =与()y g x =的交点的横坐标大于1，此时函数()h x 的零点个数为1综上可得，数()h x 的零点个数为：531,44532,44533,44a a a a a ⎧<->-⎪⎪⎪=-=-⎨⎪⎪-<<-⎪⎩或或2015新课标2卷46．（本题满分12分）设函数2()mxf x ex mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值范围．【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-．【解析】（Ⅰ）()(1)2mxf x m ex '=-+若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10,()0mxef x '-≤<；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，()0f x '>若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10,()0mx e f x '-><；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，()0f x '>所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的,()m f x 在[-1，0]单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值，所以对于任意1212,[1,1],|()()|1x x f x f x e ∈--≤-的充要条件是(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,m me m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩ ① 设函数()1t g t e t e =--+，则()1t g t e '=-当0t <时，()0g t '<；当0t >时，()0g t '>，故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增。

第2讲函数与导数(2022年高考真题)(解析版)

第2讲函数与导数一、单选题 1．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ++-==，则221()k f k ==∑（）A ．3-B ．2-C ．0D ．1【答案】A 【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数()f x 的一个周期为6，求出函数一个周期中的()()()1,2,,6f f f 的值，即可解出．【详解】因为()()()()f x y f x y f x f y ++-=，令1,0x y ==可得，()()()2110f f f =，所以()02f =，令0x =可得，()()()2f y f y f y +-=，即()()f y f y =-，所以函数()f x 为偶函数，令1y =得，()()()()()111f x f x f x f f x ++-==，即有()()()21f x f x f x ++=+，从而可知()()21f x f x +=--，()()14f x f x -=--，故()()24f x f x +=-，即()()6f x f x =+，所以函数()f x 的一个周期为6．因为()()()210121f f f =-=-=-，()()()321112f f f =-=--=-，()()()4221f f f =-==-，()()()5111f f f =-==，()()602f f ==，所以一个周期内的()()()1260f f f +++=．由于22除以6余4，所以()()()()()221123411213k f k f f f f ==+++=---=-∑．故选：A ．2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x +-=--=．若()y g x =的图像关于直线2x =对称，(2)4g =，则221()k f k ==∑（）A ．21-B ．22-C ．23-D ．24-【答案】D 【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f x f x +-=-，从而得到()()()352110f f f +++=-，()()()462210f f f +++=-，然后根据条件得到(2)f 的值，再由题意得到()36g =从而得到()1f 的值即可求解. 【详解】因为()y g x =的图像关于直线2x =对称，所以()()22g x g x -=+，因为()(4)7g x f x --=，所以(2)(2)7g x f x +--=，即(2)7(2)g x f x +=+-，因为()(2)5f x g x +-=，所以()(2)5f x g x ++=，代入得[]()7(2)5f x f x ++-=，即()(2)2f x f x +-=-，所以()()()()35212510f f f +++=-⨯=-，()()()()46222510f f f +++=-⨯=-.因为()(2)5f x g x +-=，所以(0)(2)5f g +=，即()01f =，所以()(2)203f f =--=-. 因为()(4)7g x f x --=，所以(4)()7g x f x +-=，又因为()(2)5f x g x +-=，联立得，()()2412g x g x -++=，所以()y g x =的图像关于点()3,6中心对称，因为函数()g x 的定义域为R ，所以()36g =因为()(2)5f x g x ++=，所以()()1531f g =-=-. 所以()()()()()()()()221123521462213101024()k f f f f f f f f f k =+++++++++=----=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=∑. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-, 所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =, 所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.4．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（）A ．a b c <-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11x x x g x x x x -+'=+=--, 令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =，所以当01x <<时，()0h x <，所以当01x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C.5．（2022·全国·高考真题（文））如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]-的大致图像，则该函数是（）A ．3231x xy x -+=+B ．321x xy x -=+C ．22cos 1x xy x =+ D ．22sin 1xy x =+ 【答案】A 【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】设()321x xf x x -=+，则()10f =，故排除B;设()22cos 1x x h x x =+，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0cos 1x <<，所以()222cos 2111x x xh x x x =<≤++，故排除C; 设()22sin 1x g x x =+，则()2sin 33010g =>，故排除D. 故选：A.6．（2022·全国·高考真题（文））函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+，【答案】D 【解析】【分析】利用导数求得()f x 的单调区间，从而判断出()f x 在区间[]0,2π上的最小值和最大值. 【详解】()()()sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x '=-+++=+，所以()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，即()f x 单调递增；在区间π3π,22⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，即()f x 单调递减，又()()02π2f f ==，ππ222f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，3π3π3π11222f ⎛⎫⎛⎫=-++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[]0,2π上的最小值为3π2-，最大值为π22+. 故选：D7．（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞， ()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A8．（2022·全国·高考真题（理））函数()33cos x xy x -=-在区间ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】令()()33cos ,,22x xf x x x ππ-⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦，则()()()()()33cos 33cos x x x xf x x x f x ---=--=--=-，所以()f x 为奇函数，排除BD ；又当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，330,cos 0x x x -->>，所以()0f x >，排除C.故选：A.9．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（） A ．1-B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a b f x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.10．（2022·全国·高考真题（文））已知910,1011,89m m m a b ==-=-，则（） A ．0a b >> B ．0a b >> C ．0b a >> D ．0b a >>【答案】A 【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log 101m =>，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m >，8log 9m >，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m=可得9lg10log 101lg 9m ==>，而()222lg9lg11lg99lg9lg111lg1022+⎛⎫⎛⎫<=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg10lg11lg 9lg10>，即lg11m >，所以lg11101110110m a =->-=．又()222lg8lg10lg80lg8lg10lg922+⎛⎫⎛⎫<=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg9lg10lg8lg9>，即8log 9m >，所以8log 989890m b =-<-=．综上，0a b >>．故选：A. 二、多选题11．（2022·全国·高考真题）已知函数()sin(2)(0π)f x x ϕϕ=+<<的图像关于点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则（）A ．()f x 在区间5π0,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212⎛⎫- ⎪⎝⎭有两个极值点C ．直线7π6x =是曲线()y f x =的对称轴D ．直线y x =是曲线()y f x =的切线【答案】AD 【解析】【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：2π4πsin 033f ϕ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以4ππ3k ϕ+=，k ∈Z ，即4ππ,3k k ϕ=-+∈Z ，又0πϕ<<，所以2k =时，2π3ϕ=，故2π()sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．对A ，当5π0,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2π2π3π2,332x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，由正弦函数sin y u =图象知()y f x =在5π0,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调递减；对B ，当π11π,1212x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2ππ5π2,322x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，由正弦函数sin y u =图象知()y f x =只有1个极值点，由2π3π232x +=，解得5π12x =，即5π12x =为函数的唯一极值点；对C ，当7π6x =时，2π23π3x +=，7π()06f =，直线7π6x =不是对称轴；对D ，由2π2cos 213y x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭得：2π1cos 232x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，解得2π2π22π33x k +=+或2π4π22π,33x k k +=+∈Z , 从而得：πx k =或ππ,3x k k =+∈Z ,所以函数()y f x =在点⎛ ⎝⎭处的切线斜率为02π2cos 13x k y =='==-，切线方程为：(0)y x =--即y x =．故选：AD ．12．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 及其导函数()'f x 的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=【答案】BC 【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即3322f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(2)(2)g x g x +=-，所以()()3f x f x -=，(4)()g x g x -=，则(1)(4)f f -=，故C 正确；函数()f x ，()g x 的图象分别关于直线3,22x x ==对称，又()()g x f x '=，且函数()f x 可导，所以()()30,32g g x g x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以()(4)()3g x g x g x -==--，所以()(2)(1)g x g x g x +=-+=，所以13022g g ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()112g g g -==-，故B 正确，D 错误；若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C +（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解. 13．（2022·全国·高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，()231f x x '=-，令()0f x '>得x >x <令()0f x '<得x <<所以()f x 在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增，所以x =是极值点，故A 正确；因(10f =>，10f =>，()250f -=-<，所以，函数()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭上有一个零点，当x ≥时，()0f x f ≥>⎝⎭，即函数()f x 在⎫∞⎪⎪⎝⎭上无零点，综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x =-，该函数的定义域为R ，()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-，则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心，将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象，所以点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心，故C 正确；令()2312f x x '=-=，可得1x =±，又()(1)11f f =-=，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x =-，当切点为(1,1)-时，切线方程为23y x =+，故D 错误. 故选：AC. 三、双空题14．（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．【答案】 1ey x = 1e y x =-【解析】【分析】分0x >和0x <两种情况，当0x >时设切点为()00,ln x x ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x <时同理可得；【详解】解：因为ln y x =，当0x >时ln y x =，设切点为()00,ln x x ，由1y x'=，所以001|x x y x ='=，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-，又切线过坐标原点，所以()0001ln x x x -=-，解得0e x =，所以切线方程为()11e ey x -=-，即1ey x =；当0x <时()ln y x =-，设切点为()()11,ln x x -，由1y x'=，所以111|x x y x ='=，所以切线方程为()()1111ln y x x x x --=-，又切线过坐标原点，所以()()1111ln x x x --=-，解得1e x =-，所以切线方程为()11e ey x -=+-，即1ey x =-；故答案为：1ey x =；1e y x =-15．（2022·全国·高考真题（文））若()1ln 1f x a b x++-=是奇函数，则=a _____，b =______．【答案】 12-； ln 2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数()1ln 1f x a b x++-=为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由101a x+≠-可得，()()110x a ax -+-≠，所以11a x a +==-，解得：12a =-，即函数的定义域为()()(),11,11,-∞-⋃-⋃+∞，再由()00f =可得，ln 2b =．即()111ln ln 2ln 211xf x x x+=-++=--，在定义域内满足()()f x f x -=-，符合题意．故答案为：12-；ln 2．四、填空题16．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln xy a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>，若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾，故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=，则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11e a <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.17．（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．【答案】()(),40,∞∞--⋃+ 【解析】【分析】设出切点横坐标0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围.【详解】∵()e x y x a =+，∴(1)e x y x a '=++，设切点为()00,x y ,则()000e x y x a =+,切线斜率()001e xk x a =++, 切线方程为：()()()00000e 1e x xy x a x a x x -+=++-, ∵切线过原点，∴()()()00000e 1e x xx a x a x -+=++-,整理得：2000x ax a +-=,∵切线有两条，∴240a a ∆=+>,解得4a 或0a >,∴a 的取值范围是()(),40,-∞-+∞,故答案为：()(),40,-∞-+∞五、解答题18．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111x f x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-； (2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x --+'=+-=，当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意；当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+>-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意；当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1ln 21x ⎛> ⎝，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为()0,+∞. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.19．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)12a ≤(3)见解析【解析】【分析】（1）求出fx ，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax xh x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12ln t tt<-对任意的1t >恒成立，从而可得()ln 1ln n n +-<的*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当1a =时，()()1e x f x x =-，则()e xf x x '=，当0x <时，0fx，当0x >时，0fx，故()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)设()e e 1ax xh x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-，则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有0g x ，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,+∞上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立. 由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-. 综上，12a ≤. (3) 取12a =，则0x ∀>，总有12e e 10x x x -+<成立，令12e x t =，则21,e ,2ln x t t x t >==，故22ln 1t t t <-即12ln t t t<-对任意的1t >恒成立.所以对任意的*n N ∈，有整理得到：()ln 1ln n n +-<()21ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n n n n++>-+-+++-+()ln 1n =+，故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.20．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值． (1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)1a = (2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当1b >时， e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数均为2，构建新函数()e ln 2x h x x x =+-，利用导数可得该函数只有一个零点且可得()(),f x g x 的大小关系，根据存在直线y b =与曲线()y f x =、yg x 有三个不同的交点可得b 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. (1)()e x f x ax =-的定义域为R ，而()e '=-x f x a ，若0a ≤，则()0f x '>，此时()f x 无最小值，故0a >.()ln g x ax x =-的定义域为()0,+∞，而11()ax g x a x x'-=-=. 当ln x a <时，()0f x '<，故()f x 在(),ln a -∞上为减函数，当ln x a >时，()0f x '>，故()f x 在()ln ,a +∞上为增函数，故()min ()ln ln f x f a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，故min 11()1ln g x g a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()e x f x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故11lnln a a a a -=-，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >，设()1ln ,01a g a a a a -=->+，则()()()222211011a g a a a a a --'=-=≤++，故()g a 为()0,+∞上的减函数，而10g ，故()0g a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =. (2)由（1）可得e ()x x f x =-和()ln g x x x =-的最小值为11ln11ln 11-=-=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>，故()S x 在(),0-∞上为减函数，在()0,+∞上为增函数，所以()()min 010S x S b ==-<，而()e 0b S b --=>，()e 2bS b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=，当01x <<时，0T x，当1x >时，()0T x '>，故()T x 在0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数，所以()()min 110T x T b ==-<，而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由（1）讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个零点，当1b <时，由（1）讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无零点，故若存在直线y b =与曲线()y f x =、y g x 有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x h x x x =+-，其中0x >，故1()e 2xh x x'=+-，设()e 1x s x x =--，0x >，则()e 10xs x '=->，故()s x 在()0,+∞上为增函数，故()()00s x s >=即e 1x x >+，所以1()1210h x x x '>+-≥->，所以()h x 在()0,+∞上为增函数，而(1)e 20h =->，31e 333122()e 3e 30e e eh =--<--<，故()h x 在()0,+∞上有且只有一个零点0x ，0311e x <<且：当00x x <<时，()0h x <即e ln x x x x -<-即()()f x g x <，当0x x >时，()0h x >即e ln x x x x ->-即()()f x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y f x =、yg x 有三个不同的交点，故()()001b f x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的零点1010,(0)x x x x <<，此时ln x x b -=有两个不同的零点0404,(01)x x x x <<<，故11e xx b -=，00e x x b -=，44ln 0x x b --=，00ln 0x x b --=所以44ln x b x -=即44ex bx -=即()44e 0x b x b b ----=，故4x b -为方程e x x b -=的解，同理0x b -也为方程e x x b -=的解又11e x x b -=可化为11e xx b =+即()11ln 0x x b -+=即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理0x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1004,,x x x b x b =--，而1b >，故0410x x b x x b =-⎧⎨=-⎩即1402x x x +=. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.21．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e xx f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e x x f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a x f x x x '+--=+=++ 设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '>所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >=故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增(0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<=当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+- 设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=> 所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '=当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '=当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-【点睛】方法点睛：本题的关键是对a 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.22．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a xx e -=+-． (1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则环121x x <．【答案】(1)(,1]e -∞+(2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-，若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+所以a 的取值范围为(,1]e -∞+(2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121x x要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞ 即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x x x g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111e 1e 1e e x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝ 所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x < 所以1e e 0xx x ->,所以()0g x '> 所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭ 2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln 2h x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭这个函数经常出现，需要掌握。

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编专题04 导数及其应用文(含解析)

专题04导数及其应用历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1文科05】函数f(x）在[﹣π,π]的图象大致为( ）A．B．C．D．【解答】解：∵f(x)，x∈[﹣π，π]，∴f（﹣x）f（x），∴f（x）为［﹣π，π]上的奇函数，因此排除A;又f（),因此排除B，C；故选:D．2．【2018年新课标1文科06】设函数f（x)＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数,则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（)A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【解答】解:函数f（x)＝x3+（a﹣1）x2+ax,若f（x)为奇函数，可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x,可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0)处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x)在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．3．【2017年新课标1文科08】函数y的部分图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解:函数y,可知函数是奇函数，排除选项B，当x时，f(），排除A，x＝π时,f（π）＝0，排除D．故选：C．4．【2017年新课标1文科09】已知函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x)，则（）A．f（x）在（0，2）单调递增B．f（x)在（0，2）单调递减C．y＝f（x)的图象关于直线x＝1对称D．y＝f(x）的图象关于点（1，0）对称【解答】解：∵函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x），∴f（2﹣x）＝ln（2﹣x）+lnx，即f(x）＝f(2﹣x）,即y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，故选：C．5．【2016年新课标1文科09】函数y＝2x2﹣e｜x｜在［﹣2,2］的图象大致为( ）A．B．C．D．【解答】解：∵f（x)＝y＝2x2﹣e｜x｜，∴f（﹣x）＝2(﹣x）2﹣e｜﹣x｜＝2x2﹣e｜x|，故函数为偶函数,当x＝±2时，y＝8﹣e2∈（0,1），故排除A，B；当x∈［0，2］时，f（x）＝y＝2x2﹣e x，∴f′（x)＝4x﹣e x＝0有解，故函数y＝2x2﹣e|x｜在[0，2］不是单调的，故排除C，故选：D．6．【2016年新课标1文科12】若函数f(x）＝x sin2x+a sin x在(﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是( ）A．[﹣1,1］B．[﹣1,] C．[，] D．［﹣1，］【解答】解：函数f（x）＝x sin2x+a sin x的导数为f′（x）＝1cos2x+a cos x,由题意可得f′（x)≥0恒成立，即为1cos2x+a cos x≥0，即有cos2x+a cos x≥0，设t＝cos x（﹣1≤t≤1)，即有5﹣4t2+3at≥0,当t＝0时，不等式显然成立；当0＜t≤1时，3a≥4t，由4t在（0，1］递增，可得t＝1时,取得最大值﹣1，可得3a≥﹣1，即a；当﹣1≤t＜0时,3a≤4t，由4t在［﹣1,0）递增,可得t＝﹣1时，取得最小值1，可得3a≤1，即a．综上可得a的范围是［,］．另解:设t＝cos x（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，解得a的范围是［,]．故选：C．7．【2014年新课标1文科12】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（)A．(1，+∞）B．（2，+∞）C．(﹣∞，﹣1) D．(﹣∞，﹣2）【解答】解：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2）,f（0）＝1；①当a＝0时，f(x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在(﹣∞,0）上有零点，故不成立；③当a＜0时，f(x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；故f(x)＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；而当x时,f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；故f（）3•1＞0；故a＜﹣2；综上所述,实数a的取值范围是(﹣∞，﹣2）；故选：D．8．【2013年新课标1文科09】函数f（x）＝（1﹣cos x)sin x在［﹣π，π］的图象大致为( )A．B．C．D．【解答】解：由题意可知：f（﹣x)＝（1﹣cos x）sin（﹣x）＝﹣f（x），故函数f（x)为奇函数，故可排除B，又因为当x∈(0，π）时，1﹣cos x＞0,sin x＞0，故f（x）＞0，可排除A，又f′（x）＝（1﹣cos x)′sin x+（1﹣cos x）（sin x）′＝sin2x+cos x﹣cos2x＝cos x﹣cos2x，故可得f′（0）＝0,可排除D，故选:C．9．【2010年新课标1文科04】曲线y＝x3﹣2x+1在点（1，0）处的切线方程为（）A．y＝x﹣1 B．y＝﹣x+1 C．y＝2x﹣2 D．y＝﹣2x+2【解答】解：验证知，点（1，0）在曲线上∵y＝x3﹣2x+1，y′＝3x2﹣2，所以k＝y′|x﹣1＝1，得切线的斜率为1，所以k＝1；所以曲线y＝f（x）在点（1,0）处的切线方程为：y﹣0＝1×（x﹣1),即y＝x﹣1．故选：A．10．【2019年新课标1文科13】曲线y＝3（x2+x）e x在点（0,0）处的切线方程为．【解答】解：∵y＝3（x2+x）e x，∴y’＝3e x（x2+3x+1），∴当x＝0时，y'＝3，∴y＝3（x2+x）e x在点（0，0)处的切线斜率k＝3，∴切线方程为：y＝3x．故答案为：y＝3x．11．【2017年新课标1文科14】曲线y＝x2在点（1，2）处的切线方程为．【解答】解：曲线y＝x2，可得y′＝2x，切线的斜率为：k＝2﹣1＝1．切线方程为：y﹣2＝x﹣1，即:x﹣y+1＝0．故答案为：x﹣y+1＝0．12．【2015年新课标1文科14】已知函数f(x）＝ax3+x+1的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，7），则a＝．【解答】解：函数f(x）＝ax3+x+1的导数为:f′（x)＝3ax2+1，f′（1）＝3a+1，而f（1）＝a+2，切线方程为：y﹣a﹣2＝（3a+1）（x﹣1），因为切线方程经过（2，7），所以7﹣a﹣2＝（3a+1）（2﹣1），解得a＝1．故答案为：1．13．【2012年新课标1文科13】曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线方程为．【解答】解：求导函数，可得y′＝3lnx+4，当x＝1时，y′＝4，∴曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线方程为y﹣1＝4(x﹣1），即y＝4x﹣3．故答案为：y＝4x﹣3．14．【2019年新课标1文科20】已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x,f′(x）为f(x）的导数．（1）证明：f′（x)在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0,π］时，f(x）≥ax,求a的取值范围．【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x)＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1,令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x)＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈(0，）时，x cos x＞0,当x时，x cos x＜0,∴当x时，极大值为g（）0，又g（0）＝0，g（π)＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0,π）上有唯一零点；（2）由（1)知，f′（x）在（0,π）上有唯一零点x0，使得f′(x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在(x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0,π]递减，结合f(0）＝0，f（π）＝0，可知f（x)在[0,π］上非负，令h（x）＝ax，作出图示，∵f（x)≥h(x），a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．15．【2018年新课标1文科21】已知函数f（x)＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间;（2）证明：当a时，f（x）≥0．【解答】解：（1)∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′(x)＝ae x，∵x＝2是f(x)的极值点，∴f′(2)＝ae20,解得a，∴f（x）e x﹣lnx﹣1，∴f′（x），当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时,f′（x）＞0,∴f（x）在(0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2）证明：当a时，f（x）lnx﹣1，设g（x）lnx﹣1，则,由0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0,当x＞1时,g′（x)＞0,∴x＝1是g（x)的最小值点,故当x＞0时,g（x)≥g(1）＝0，∴当a时，f（x）≥0．16．【2017年新课标1文科21】已知函数f（x）＝e x(e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2)若f(x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝e x(e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x,∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a)，①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立,∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时,2e x+a＞0，令f′（x）＝0,解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0,函数f（x)单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f(x)单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0,令f′（x)＝0，解得x＝ln（)，当x＜ln（）时,f′(x）＜0,函数f（x）单调递减，当x＞ln（）时,f′(x）＞0,函数f（x)单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln(））上单调递减，在（ln（)，+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立,②当a＞0时,由（1)可得f(x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由(1）可得：f（x）min＝f(ln()）a2ln(）≥0，∴ln（），∴﹣2a＜0,综上所述a的取值范围为［﹣2，1]17．【2016年新课标1文科21】已知函数f(x）＝（x﹣2）e x+a(x﹣1）2．(Ⅰ)讨论f(x）的单调性；（Ⅱ）若f(x）有两个零点，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ)由f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1)2，可得f′（x)＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1)（e x+2a），①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1;由f′(x)＜0,可得x＜1,即有f（x）在(﹣∞,1)递减；在（1,+∞)递增（如右上图）；②当a＜0时,（如右下图）若a,则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a时,由f′（x）＞0,可得x＜1或x＞ln(﹣2a）;由f′（x）＜0,可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞,1），（ln(﹣2a），+∞）递增；在（1，ln(﹣2a）)递减；若a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′(x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．即有f(x）在（﹣∞,ln（﹣2a))，（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a）,1)递减；（Ⅱ）①由(Ⅰ）可得当a＞0时，f(x）在（﹣∞，1)递减；在（1,+∞)递增，且f（1)＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞;当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，f(x)有两个零点;②当a＝0时，f(x)＝（x﹣2）e x，所以f(x)只有一个零点x＝2;③当a＜0时,若a时，f（x)在（1，ln(﹣2a））递减，在（﹣∞,1)，(ln（﹣2a），+∞）递增,又当x≤1时,f（x)＜0,所以f(x）不存在两个零点；当a时，在（﹣∞,ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞)单调增，在(1n（﹣2a）,1）单调减,只有f（ln（﹣2a）)等于0才有两个零点,而当x≤1时，f(x）＜0,所以只有一个零点不符题意．综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为(0,+∞)．18．【2015年新课标1文科21】设函数f（x）＝e2x﹣alnx．（Ⅰ）讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;（Ⅱ)证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．【解答】解：（Ⅰ）f(x）＝e2x﹣alnx的定义域为(0，+∞），∴f′（x)＝2e2x．当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x)没有零点，当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y单调递增，∴f′（x）在（0,+∞）单调递增,又f′(a)＞0,假设存在b满足0＜b＜ln时,且b，f′（b）＜0,故当a＞0时,导函数f′(x）存在唯一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′(x）在(0，+∞）上的唯一零点为x0,当x∈(0，x0)时,f′（x）＜0,当x∈（x0，+∞)时，f′（x）＞0,故f(x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所欲当x＝x0时,f（x）取得最小值，最小值为f（x0），由于0，所以f（x0）2ax0+aln2a+aln．故当a＞0时，f(x）≥2a+aln．19．【2014年新课标1文科21】设函数f（x）＝alnx x2﹣bx（a≠1），曲线y＝f（x）在点(1，f（1））处的切线斜率为0,（1）求b；（2）若存在x0≥1，使得f（x0)，求a的取值范围．【解答】解:（1）f′（x）（x＞0），∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1)）处的切线斜率为0，∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0,解得b＝1．（2)函数f（x）的定义域为（0，+∞),由(1）可知：f（x)＝alnx，∴．①当a时,则，则当x＞1时，f′(x）＞0,∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增,∴存在x0≥1，使得f（x0）的充要条件是,即，解得;②当a＜1时，则，则当x∈时，f′（x）＜0，函数f（x）在上单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，函数f(x）在上单调递增．∴存在x0≥1，使得f（x0）的充要条件是，而，不符合题意，应舍去．③若a＞1时，f（1），成立．综上可得：a的取值范围是．20．【2013年新课标1文科20】已知函数f（x）＝e x（ax+b)﹣x2﹣4x，曲线y＝f（x）在点(0，f（0））处切线方程为y＝4x+4．（Ⅰ)求a，b的值；（Ⅱ）讨论f（x）的单调性，并求f（x)的极大值．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝e x(ax+b）﹣x2﹣4x，∴f′(x）＝e x（ax+a+b）﹣2x﹣4，∵曲线y＝f（x)在点（0,f（0)）处切线方程为y＝4x+4∴f（0）＝4,f′（0）＝4∴b＝4,a+b＝8∴a＝4,b＝4；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝4e x(x+1）﹣x2﹣4x，f′（x)＝4e x(x+2)﹣2x﹣4＝4（x+2）（e x）,令f′(x)＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞)时，f′（x)＞0；x∈(﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2）当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e﹣2）．21．【2012年新课标1文科21】设函数f(x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x)的单调区间；(Ⅱ）若a＝1，k为整数,且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0,求k的最大值．【解答】解:（I）函数f（x）＝e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e x﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣a≥0,所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞,+∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈(﹣∞,lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈(lna,+∞)时,f′（x）＝e x﹣a＞0；所以,f(x)在（﹣∞，lna）单调递减,在（lna，+∞)上单调递增．（II）由于a＝1，所以，(x﹣k）f′（x)+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当x＞0时,（x﹣k) f′（x）+x+1＞0等价于k(x＞0)①令g（x)，则g′（x)由（I)知，当a＝1时,函数h（x)＝e x﹣x﹣2在(0，+∞）上单调递增,而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x)＝e x﹣x﹣2在（0,+∞）上存在唯一的零点,故g′（x）在(0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈(1，2）当x∈(0,α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时,g′（x）＞0；所以g（x）在(0，+∞)上的最小值为g(α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3)由于①式等价于k＜g（α）,故整数k的最大值为2．22．【2011年新课标1文科21】已知函数f(x）,曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y﹣3＝0．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）证明:当x＞0，且x≠1时,f(x）．【解答】解:(I）．由于直线x+2y﹣3＝0的斜率为，且过点（1，1）所以解得a＝1，b＝1(II)由（I）知f(x）所以考虑函数，则所以当x≠1时，h′（x）＜0而h（1）＝0,当x∈（0,1）时,h（x)＞0可得；当从而当x＞0且x≠1时，23．【2010年新课标1文科21】设函数f（x）＝x（e x﹣1）﹣ax2（Ⅰ）若a，求f(x）的单调区间；（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（I）a时，f(x）＝x（e x﹣1）x2，(e x﹣1）（x+1)令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0;令f′(x）＜0，可得﹣1＜x＜0;∴函数的单调增区间是（﹣∞,﹣1)，（0，+∞)；单调减区间为(﹣1，0）；(II）f（x)＝x（e x﹣1﹣ax）．令g(x）＝e x﹣1﹣ax,则g'（x）＝e x﹣a．若a≤1,则当x∈(0，+∞)时,g'（x）＞0，g（x）为增函数,而g（0)＝0,从而当x≥0时g(x）≥0，即f（x）≥0．若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x)＜0，g(x）为减函数，而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0．综合得a的取值范围为(﹣∞，1］．另解:当x＝0时，f（x）＝0成立；当x＞0，可得e x﹣1﹣ax≥0，即有a的最小值,由y＝e x﹣x﹣1的导数为y′＝e x﹣1，当x＞0时，函数y递增；x＜0时，函数递减,可得函数y 取得最小值0，即e x﹣x ﹣1≥0，x ＞0时,可得1,则a ≤1．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题,预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题,为重点较佳。

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（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）
75．已知函数，是的反函数，若（），则的值为（）
A． B．1C．4D．10
6．设正数a,b满足 ,则（）
A．0 B． C． D．1
7．已知函数y= 的最大值为M，最小值为m，则的值为
(A) (B) (C) (D)
8．已知函数y＝x²-3x+c的图像与x恰有两个公共点，则c＝
由（1）知。
①当时，，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
②当时．，于是是单调增函数。
又∵ ，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2）内有唯一实根。
同理，在（一2，一I）内有唯一实根。
③当时，，于是是单调减两数。
又∵ ，，的图象不间断，
∴ 在（一1，1）内有唯一实根。
26．已知定义在R上的奇函数满足，且在区间上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根，则
27．已知，，若同时满足条件：
① ，或，②
则m的取值范围是
28．已知函数，分别由下表给出
1
2
3
1
3
1
1
2
3
3
2
1
则的值为；满足的的值是．
29．设函数，其中在，曲线在点处的切线垂直于轴
32．(Ⅰ)
(ⅰ) ．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a；
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a；
(ⅱ)要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣ ≤|2a－b|﹢a．
因此，当时，有两个不同的根满足；当时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5个零点。
( 11）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9个零点。
综上所述，当时，函数有5个零点；当时，函数有9个零点
（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）
18．设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为（）
A. B. C. D.
19．将函数的图象按向量平移得到函数的图象，则（）
A． B． C． D．
20．函数对于任意实数满足条件，若则 _______________。
21．已知t为常数，函数在区间[0，3]上的最大值为2，则
30．【解析】解：（1）由，得 .
由得 .……3分
因为，所,2]时，2-x[0,1]，因此
.……10分
由单调性可得 .
因为，所以所求反函数是， .……14分
31．解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵由（1）得，，
.
26．-8
【解析】因为定义在R上的奇函数，满足 ,所以 ,所以,由
为奇函数,所以函数图象关于直线对称且 ,由知 ,所以函数是以8为周期的周期函数,又因为在区间[0,2]上是增函数,所以在区间[-2,0]上也是增函数.如下图所示,那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根 ,
不妨设 ,由对称性知,
（A）0（B）1（C）3（D）5
12．若函数分别是上的奇函数、偶函数，且满足，则有（）
A． B．
C． D．
13．设，若函数有大于零的极值点，则
A． B． C． D．
14．设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（）
A． B．
C． D．
15．函数f(x)= 的定义域为
A．(- ∞,-4)［∪2,+ ∞］B．(-4,0) ∪(0,1)
, ,所以 .
【考点定位】本小题考查函数的基本性质,如奇偶性、周期性、对称性，同时考查了数形结合的思想方法.
27．（-4,0）
【解析】根据可解得x<1,由于题目中第一个条件的限制，导致f(x)在是必须是，当m=0时，不能做到f(x)在时，所以舍掉，因此，f(x)作为二次函数开口只能向下，故m<0,且此时2个根为，为保证条件成立，只需，和大前提m<0取交集结果为；又由于条件2的限制，可分析得出在恒负，因此就需要在这个范围内g(x)有得正数的可能，即-4应该比两个根中较小的来的大，当时，，解得交集为空，舍。当m=-1时，两个根同为，舍。当时，，解得，综上所述，。
解得：，而单调递增且大于等于0，，选D。
13．B
【解析】本题考查导数知识的简单应用及函数、方程知识的综合应用。易求得，若函数在上有大于零的极值点，即有正根。当有成立时，显然有，此时，由我们马上就能得到参数的范围为。
14．D
【解析】本题主要考查了函数的奇偶性、单调性和不等式的解法。最好通过图象求解。
点评：解本小题的突破口是因为g(x)=mx显然对任一实数x不可能恒为正数,所以应按和分类研究，g(x)的取值，进而判断出f(x)的取值，从而找到解决此问题的途径.
11．D
【解析】定义在R上的函数是奇函数，，又是周期函数，是它的一个正周期，∴ ，，∴ ，则可能为5，选D。
12．D
【解析】用代换x得：，
9．B
【解析】因为当时，将函数化为方程，实质上为一个半椭圆，其图像如图所示，同时在坐标系中作出当得图像，再根据周期性作出函数其它部分的图像，由图易知直线与第二个椭圆相交，而与第三个半椭圆无公共点时，方程恰有5个实数解，将代入得
令，则有
由
同样由与第二个椭圆由可计算得
综上知。
10．B
28．1，2
【解析】 = ；
当x=1时，，不满足条件，
当x=2时，，满足条件，
当x=3时，，不满足条件，
∴只有x=2时，符合条件。
29．（Ⅰ）因，故由于曲线在点处的切线垂直于轴，故该切线斜率为0，即，从而，解得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
令，解得（因不在定义域内，舍去）当时，故在上为减函数；当时，故在上为增函数，故在处取得极小值
C．［-4,0］∪（0，1）］D．［－4，0∪（0，1）
16．对于函数① ，② ，③ ，判断如下三个命题的真假：
命题甲：是偶函数；
命题乙：在上是减函数，在上是增函数；
命题丙：在上是增函数．
能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（）
Ａ．①③Ｂ．①②Ｃ．③Ｄ．②
17．设，其中，则是偶函数的充要条件是()
（A）-2或2（B）-9或3（C）-1或1（D）-3或1
9．已知以为周期的函数，其中。若方程恰有5个实数解，则的取值范围为（）
A． B． C． D．
10．已知函数，，若对于任一实数，与至少有一个为正数，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
11．定义在R上的函数既是奇函数，又是周期函数，是它的一个正周期.若将方程在闭区间上的根的个数记为，则可能为
所以，因为有且只有一个常数符合题意，所以，解得，所以的取值的集合为 .
25．
【解析】方程的根显然，原方程等价于，原方程的实根是曲线与曲线的交点的横坐标；而曲线是由曲线向上或向下平移个单位而得到的。若交点(xi, )（i＝1,2,…,k）均在直线y＝x的同侧，因直线y＝x与交点为：；所以结合图象可得：
只有函数② 符合要求，选D。
17．D 18．B
【解析】函数与函数互为反函数，图象关于对称函数上的点到直线的距离为设函数
由图象关于对称得：最小值为 ,
19．A.20．
【解析】解：由得，所以，则。
21．1
【解析】显然函数的最大值只能在或时取到，
若在时取到，则，得或
，时，；，时，（舍去）；
∴所求a＋b的取值范围为：．
（3）设，其中，求函数的零点个数．
32．已知a＞0，b R，函数．
(Ⅰ)证明：当0≤x≤1时，
(ⅰ)函数的最大值为|2a－b|﹢a；
(ⅱ) ＋|2a－b|﹢a≥0；
(Ⅱ)若﹣1≤ ≤1对x [0，1]恒成立，求a＋b的取值范围．
参考答案
1．C2．D3．D
4．C
【解析】∵ 且 ∴ ，，
，，，，
∴ ，∴ 故选C
5．A
6．B
【解析】：
7.【答案】C
【解析】定义域，当且仅当即上式取等号，故最大值为，最小值为，。
8．A
【解析】试题分析：因为 ,所以f(x)的增区间为 ,减区间为 ,所以f(x)的极大值为f(-1),极小值为f(1),因为函数y＝x -3x+c的图像与x轴恰有两个公共点,所以只须满足，即 ,所以 .选A。
由为奇函数，则，所以，即与x异号，可以画出两个特殊图像和y=x，即答案为D。
15．D
【解析】要使函数有意义，
则有，故D为正确答案。
16．D
【解析】函数① ，函数 = 是偶函数；且在上是减函数，在上是增函数；
但对命题丙： = 在x∈(－∞,0)时，为减函数，排除函数①，
对于函数③，函数不是偶函数，排除函数③
∴ ，解得。
∵当时，；当时，，
∴ 是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴ 的极值点是－2。
（3）令，则。

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