2.专题二 函数与导数-【高考快车道·高考母题必读及衍生】2025年高考数学二轮总复习专题学案

命题区间4　基本初等函数、函数与方程 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共101分) 考向一　指数函数、对数函数与幂函数 1．(2024·天津卷T5子母题)已知a＝，b＝，c＝log25，则a，b，c的大小关系是(　　) [A]a＜b＜c [B]a＜c＜b [C]c＜a＜b [D]c＜b＜a 2．(补偿题)函数y＝的定义域是(　　) [A](1，＋∞) [B](0，1) [C](－∞，1) [D](0，1)∪(1，＋∞) 3．(2024·天津卷T5子母题)已知a＝log54，b＝log0.22，c＝20.2，则a，b，c的大小关系为(　　) [A]b＜a＜c [B]a＜b＜c [C]b＜c＜a [D]c＜b＜a 4．(2021·新高考Ⅱ卷T7姊妹题)已知a＝ln 4，b＝log3e，c＝log34，则(　　) [A]b<c<a [B]b<a<c [C]a<b<c [D]a<c<b 5．(2024·北京卷T9)已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则(　　) [A]log2< [B]log2> [C]log2<x1＋x2 [D]log2>x1＋x2 6．(2022·天津卷T5)已知a＝20.7，b＝，c＝log2，则(　　) [A]a>c>b [B]b>c>a [C]a>b>c [D]c>a>b 7．(2024·北京卷T9姊妹题)已知函数f (x)＝，则函数y＝f (x＋1)的图象大致是(　　) 　 [A] 　 　[B] 　[C] 　[D] 8．(2023·新高考Ⅱ卷T4)若f (x)＝(x＋a)·ln 为偶函数，则a＝(　　) [A]－1 [B]0 [C] [D]1 9．(2021·新高考Ⅱ卷T7子母题)已知a＝log52，b＝log244，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) [A]a>b>c [B]b>a>c [C]b>c>a [D]c>b>a 10．(2023·新高考Ⅰ卷T10姊妹题)酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100 mL血液中酒精含量达到20～79 mg的驾驶员即为酒后驾车，80 mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了三两白酒后，其血液中的酒精含量上升到了1.5 mg/mL．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶车辆？(　　) (参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477，lg 7≈0.845) [A]8 [B]7 [C]6 [D]5 11．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷T10)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lg ，其中常数p0(p0＞0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离/m 声压级/dB 燃油汽车 10 60～90 混合动力汽车 10 50～60 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则(　　) [A]p1≥p2 [B]p2＞10p3 [C]p3＝100p0 [D]p1≤100p2 12．(2024·全国甲卷理T15姊妹题)已知log37＝a，log74＝b，用a，b表示log742为________． 13．(2023·上海卷T5)已知函数f (x)＝则函数f (x)的值域为________． 14．(2023·北京卷T11)已知函数f (x)＝4x＋log2x，则f ＝________． 15．(2024·全国甲卷理T15姊妹题)已知a＞b＞1，若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＋2b＝________． 考向二　函数与方程 16．(2023·全国甲卷文T12)函数y＝f (x)的图象由函数y＝cos 的图象向左平移个单位长度得到，则y＝f (x)的图象与直线y＝x－的交点个数为(　　) [A]1 [B]2 [C]3 [D]4 17．(2024·新高考Ⅱ卷T6子母题)对于函数f (x)，g(x)，设x1∈{x|f (x)＝0}，x2∈{x|g(x)＝0}，若存在x1，x2，使得|－x2|≤1，则称f (x)和g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f (x)＝log2x－a与g(x)＝x2－x互为“零点相邻函数”，则a的取值范围是(　　) [A](－∞，0] [B](－∞，2] [C](－∞，1] [D](－∞，0]∪[1，2] 18．(2023·天津卷T15子母题)设f (x)是定义在R上的偶函数，且f (x＋2)＝f (－x)，当x∈[－1，0]时，f (x)＝－1．若在区间(－1，6)内关于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)有且只有5个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　) [A] [B](5，7) [C](1，5) [D](5，＋∞) 19．(2023·上海春季卷T9)已知函数f (x)＝2－x＋1，且g(x)＝ 则方程g(x)＝2的解为 ________． 20．(补偿题)已知方程lg x＝3－x的根在区间(2，3)上，第一次用二分法求其近似解时，其根所在区间应为________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　导数的几何意义及函数的单调性 　　　　导数的概念、几何意义及基本运算 命题角度：(1)导数的概念；(2)导数的基本运算；(3)利用导数求切线问题． 典例1　(2024·新高考Ⅰ卷T13)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 命题立意：本题以指数函数与一次函数构成的新函数以及对数型复合函数为载体，考查导数的几何意义及基本运算，体现了理性思维和数学运算的学科素养．考教衔接：本题源自人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T13． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：求导． 第2步：求出y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程． 第3步：求导，设出曲线y＝ln (x＋1)＋a的切点坐标． 第4步：利用公切线斜率相等，求出x0． 第5步：求出切线方程，进而由两切线重合，求出a． 解：由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1． 由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝，设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线得＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，得a－ln 2＝0，解得a＝ln 2． (1)易错：当曲线y＝f (x)在点(x0，f (x0))处的切线与x轴垂直时，函数在该点处的导数不存在，切线方程为x＝x0． (2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标． 归纳总结：(1)两曲线y＝f (x)，y＝g(x)在公共点(a，b)处有相同的切线，则满足方程组解此方程组可得a，进而得b后得出切线方程． (2)求与曲线y＝f (x)，y＝g(x)切点不同的公切线，分别设出切点坐标(x1，f (x1))，(x2，g(x2))，满足方程组f ′(x1)＝g′(x2)＝，据此解得x1或者x2，即可求得公切线方程． 　　　　函数的单调性 命题角度：(1)利用导数研究函数的单调性；(2)单调性的简单应用． 典例2　(2023·全国乙卷文T20)已知函数f (x)＝ln (1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 命题立意 审题指导 本题以对数型函数与反比例函数构成的新函数为载体，考查导数的几何意义和利用导数研究函数的单调性，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，属于课程学习情境． (1)当a＝－1时，由f (x)＝ln (1＋x)求f ′(x)，f (1)，由f ′(1)求切线方程． (2)f (x)→f ′(x)，f (x)单调递增的充要条件→构造函数g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln (1＋x)→g′(x)a的取值范围． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求f ′(x)． 第2步：求f (1)，f ′(1)． 第3步：求切线方程． (2)第1步：求出f (x)单调递增的充要条件． 第2步：分类讨论，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f (x)＝ln (1＋x)， f ′(x)＝－·ln (1＋x)＋， 所以f ′(1)＝－ln 2， 又f (1)＝0，所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－0＝－(x－1)ln 2，即x ln 2＋y－ln 2＝0． (2)由题意得f ′(x)＝－ln (1＋x)＋≥ 0(x>0)，即 ≥0(x>0)，因为x2(1＋x)>0，所以只需满足ax2＋x－(1＋x)ln (1＋x)≥0(x>0)． 设g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln (1＋x)， 则g′(x)＝2ax＋1－ln (1＋x)－1＝2ax－ln (1＋x)． 若a≤0，则g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，于是在(0，＋∞)上g(x)<g(0)＝0，不满足题意． 若a>0，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2a－，h′(0)＝2a－1． ①若0<a<，则h′(0)＝2a－1<0，令h′(x)＝0，得x＝－1，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当0<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0， 所以h(x)即g′(x)在上单调递减，在上单调递增，于是当0<x<－1时，g′(x)<g′(0)＝0，即g(x)在上单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意； ②若a≥，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2a－1≥0，所以h(x)即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g′(x)>g′(0)＝0，于是g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g(x)>g(0)＝0，满足题意． 综上所述，a的取值范围为． (1)第(1)问比较常规，切勿失分． (2)利用导数研究单调性时，要注意： ①题目中函数定义域是否有限制； ②在对含参问题进行分类讨论时，分类要做到“不重不漏、层次分明”． (3)分类依据：令h′(x)＝0得x＝－1，对于导数的含参零点，应从三个方面进行讨论： ①零点无意义； ②零点不在定义域内； ③零点在定义域内，与其他已知零点进行大小讨论．由此可知应讨论0<a<和a≥两种情况． (4)已知函数单调性求参数的取值范围，解决方法多样，要注意解题方法的选择． 归纳总结：(1)正确地分类讨论是解决问题的关键． (2)用导数证明不等式的关键在于构造函数，由作差或者作商构造函数是最基本的方法． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间5　导数的几何意义及函数的单调性 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题13分，共91分) 考向一　导数的概念、几何意义及基本运算 1．(补偿题)已知函数f (x)＝x ln x，则的值为(　　) 　 [A]2e [B]0 [C]1 [D]e 2．(2024·全国甲卷理T6)设函数f (x)＝，则曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　) [A] [B] [C] [D] 3．(2024·新高考Ⅰ卷T13子母题)已知直线y＝x与曲线y＝ln (x＋a)和曲线y＝ex＋b都相切，若f (x)＝ex＋b＋f ′(1)ln (x＋a)，则f (0)＝(　　) [A] [B]1 [C]2 [D]e 4．(2022·新高考Ⅰ卷T15姊妹题)若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：y＝xex相切，则m的取值范围是(　　) [A] [B] [C](0，＋∞) [D] 5．(多选)(补偿题)已知函数f (x)及其导函数f ′(x)，若存在x0∈R，使得f (x0)＝f ′(x0)，则称x0是f (x)的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的是(　　) [A]f (x)＝2x2＋3 [B]f (x)＝ [C]f (x)＝e－x [D]f (x)＝ln x 6．(2023·全国甲卷文T8)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) [A]y＝x [B]y＝x [C]y＝x＋ [D]y＝x＋ 7．(2022·新高考Ⅰ卷T15改编题)若曲线y＝(x＋1)eax有两条过原点的切线，则a的取值范围是________． 8．(2024·新高考Ⅰ卷T13姊妹题)已知函数f (x)＝aex－x的极小值为2，若直线y＝kx与函数f (x)的图象相切，则实数k的值为________． 9．(13分)(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T13链接2024·新高考Ⅰ卷T13)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点，求a的值． 考向二　函数的单调性 10．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷T10子母题)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则(　　) [A]f (x)在上单调递增 [B]f (x)在上单调递减 [C]f (x)有一个极大值点 [D]直线y＝2x－1是曲线y＝f (x)的切线 11．(2023·新高考Ⅱ卷T6)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) [A]e2 [B]e [C]e-1 [D]e-2 12．(13分)(2023·全国乙卷文T20姊妹题)已知函数f (x)＝，f ′(x)是函数f (x)的导函数． (1)证明：当t＝1时，∀x∈(0，＋∞)，都有f (x)>1； (2)设g(x)＝f ′(x)－sin ，且g(x)在(0，2π)上单调递增，求实数t的取值范围． 13．(13分)(2023·北京卷T20)设函数f (x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1． (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f (x)的极值点的个数． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间6　函数的极值与最值 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，解答题每小题13分，共78分) 考向一　利用导数研究函数的极值 1．(补偿题)已知函数f (x)和g(x)的导函数f ′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f (x)的判断正确的是(　　) [A]有3个极大值点 [B]有3个极小值点 [C]有1个极大值点和2个极小值点 [D]有2个极大值点和1个极小值点 2．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷T11改编题)已知函数f (x)＝x ln x－aex＋b有两个极值点，且f (1)＝－1，则(　　) [A]ae＋b＝－1 [B]ab＝e2a－a [C]0<a< [D]－≤ab<0 3．(多选)(2024·新高考Ⅰ卷T10)设函数f (x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) [A]x＝3是f (x)的极小值点 [B]当0<x<1时，f (x)<f (x2) [C]当1<x<2时，－4<f (2x－1)<0 [D]当－1<x<0时，f (2－x)>f (x) 4．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷T11子母题)若函数f (x)＝ae2x－bex＋cx在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，则(　　) [A]ac<0 [B]b2>8ac ＝－ [D]ab>0 5．(13分)(2024·新高考Ⅱ卷T16姊妹题)已知函数f (x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex． (1)若曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与x轴平行，求a； (2)若f (x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围． 考向二　利用导数研究最值问题 6．(2022·全国甲卷理T6)当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f ′(2)＝(　　) [A]－1 [B]－ [C] [D]1 7．(补偿题)已知函数f (x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为(　　) [A]0 [B]－5 [C]－10 [D]－37 8．(多选)(2022·全国乙卷文T11子母题)已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则(　　) [A]f (x)的最小值是－ [B]f (x)的最小值是－ [C]f (x)的最大值是 [D]f (x)的最大值是 9．(13分)(2022·新高考Ⅰ卷T22子母题)已知函数f (x)＝和g(x)＝有相同的最大值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b与两条曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列． 10．(13分)(2022·新高考Ⅱ卷T22姊妹题)已知函数f (x)＝ln x＋＋1－k，k∈R． (1)当k＝1时，求f (x)的最值； (2)若f (x)>0对任意的x>1恒成立，求k的最大整数值； (3)证明：ln 3＋ln 7＋…＋ln (n2＋n＋1)>(n∈N*)． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　导数的综合应用 利用导数证明不等式 命题角度：(1)将不等式转化为函数最值问题；(2)利用分析法证明不等式；(3)放缩后构造函数证明不等式． 典例1　(2023·新高考Ⅰ卷T19)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f (x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f (x)>2ln a＋. 命题立意 审题指导 本题以指数函数、一次函数构成的新函数为载体，第(1)问考查利用导数研究函数的单调性，属于课程学习情境；第(2)问考查利用导数证明不等式，属于探索创新情境． (1)f (x)→f ′(x)f (x)的单调性． (2)方法一(最值法)：由(1)知f (x)单调性f (x)min＝1＋a2＋ln ag(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－判断g(a)的单调性―→求g(a)的最小值，得结论． 方法二(分析法)：f (x)>2ln a＋―→f (x)min>2ln a＋―→关于a的不等式构造函数―→判断单调性―→求最值、得证． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求导． 第2步：对a分类讨论，判断f ′(x)的符号，得单调性． (2)方法一：最值法 第1步：利用(1)的结论，求f (x)的最值． 第2步：构造函数，求导，判断其单调性． 第3步：求所构造函数的最小值，得结论． 解：(1)f ′(x)＝aex－1，当a≤0时，f ′(x)≤0， 所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)>0，得x>－ln a，令f ′(x)<0，得x<－ln a，所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上可得：当a≤0时，函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：法一(最值法)：由(1)得当a>0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0<a<.所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以函数g(a)的最小值为g＝－ln ＝ln >0，所以当a>0时，f (x)>2ln a＋成立． (1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)待证不等式的两边含同一个变量时，一般可以构造“左减右”函数，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法二：分析法 第1步：利用(1)的结论，求函数f (x)的最值． 第2步：利用分析法转化不等式． 第3步：构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，求导，判断其单调性，求最值． 第4步：把要证的不等式转化为一元二次不等式，利用配方法证明． 法二(分析法)： 当a>0时，由(1)得，f (x)min＝f (－ln a)＝1＋a2＋ln a. 故欲证f (x)>2ln a＋成立， 只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－>ln a. 构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)， 则u′(a)＝－1＝， 所以当a>1时，u′(a)<0；当0<a<1时，u′(a)>0. 所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1， 故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0， 因为a2－a＋＝＋>0恒成立， 所以当a>0时，f (x)>2ln a＋成立． (3)学会思考，明确求导的目的，同时注意函数、导数、不等式间的内在联系是攻克导数问题的根本． 不等式恒成立或有解问题 命题角度：(1)单变量的不等式恒成立或有解问题；(2)双变量的不等式恒成立或有解问题． 典例2　(2024·新高考Ⅰ卷T18)已知函数f (x)＝ln ＋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． 命题立意 审题指导 本题考查导数的运算法则，利用导数研究函数单调性，最值和解决不等式恒成立问题，通过导数、函数、不等式等知识，深入考查逻辑推理、运算求解能力以及分类讨论思想、化归与转化思想． (1)已知条件f (x)→f ′(x)→f ′(x)≥0恒成立a≥－a≥－2―→得解． (2)曲线f (x)是中心对称图形→f (x)＋f (2－x)＝2a→得证． (3)曲线f (x)是中心对称图形―→a＝－2―→f ′(x) g(x)＞g(1)得解． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求f (x)的定义域． 第2步：求f ′(x)． 第3步：根据f ′(x)≥0求最小值． (2)第1步：求解f (2－x)与f (x)的关系式． 第2步：得出曲线y＝f (x)的对称中心． (3)第1步：求a的值． 第2步：求f ′(x)并变形整理． 第3步：分类讨论，研究f (x)的单调性，并判断是否符合题意． 第4步：得出 b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f (x)＝ln ＋ax， 因为＞0，所以0＜x＜2， 所以f (x)的定义域为(0，2)． 由f (x)＝ln x－ln (2－x)＋ax得f ′(x)＝＋a， 由f ′(x)≥0得＋a≥0对任意0＜x＜2恒成立， 所以a≥max，又x(2－x)≤2＝1，所以y＝－(0＜x＜2)的最大值为－2， 故a≥－2，即a的最小值为－2. (2)证明：f (2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3 ＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f (x)＋2a， 所以f (2－x)＋f (x)＝2a， 故曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称． 所以曲线y＝f (x)是中心对称图形． (3)因为曲线f (x)是中心对称图形， 所以f (1)＝a＝－2， 此时f (x)＝ln －2x＋b(x－1)3， f ′(x)＝－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2. 令g(x)＝＋3b＝＋3b＝＋3b，所以g(x)在(1，2)上单调递增． 所以g(x)＞g(1)＝2＋3b. ①当b≥－时，f ′(x)＞0，f (x)在(1，2)上单调递增，f (x)＞f (1)＝－2，符合题意． ②当b＜－时，g(1)＜0， g(x)＝＋3b＝. 令g(x)＝0，得x＝1±， 因为b＜－，所以∈(0，1)， 故1＋∈(1，2)，1－∈(0，1)， 所以当x∈时，g(x)＜0，f ′(x)＜0，f (x)在上单调递减， 故f ＜f (1)＝－2，不符合题意． 综上，b的取值范围为. (1)易错：容易忽略求解函数的定义域，从而致错． (2)正确求导是解答本题的关键，运用对数的运算性质变形后再求导简单易解． (3)含参数的不等式恒成立问题，一般采用分离参数法或构造函数法，将恒成立问题转化为函数的最值问题求解． (4)若f (2a－x)＋f (x)＝2b，则函数f (x)的图象关于点(a，b)中心对称． (5)由曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称求得a＝－2是解答第(3)问的关键． (6)对导函数f ′(x)进行通分、分解因式等，可以有效化繁为简，便于判断f ′(x)的符号． (7)根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 利用导数研究函数的零点 命题角度：(1)判断、证明或讨论函数零点的个数；(2)已知函数零点个数求参数的取值范围． 典例3　(2021·新高考Ⅱ卷T22)已知函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b. (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：f (x)有一个零点． ①＜a≤，b＞2a；②0<a＜，b≤2a. 命题立意 审题指导 本题考查利用导数研究函数单调性、函数零点以及导数公式和导数运算法则，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． (1)f (x)→f ′(x)f (x)的单调性． (2)选择条件①f (x)的单调性当x>0时，f (x)>0f (x)存在唯一零点． 选择条件②f (x)的单调性当x<0时，f (x)<0f (x)存在唯一零点． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求导． 第2步：分类讨论．分类讨论确定函数的单调性． 解：(1)由题意，得f ′(x)＝ex＋(x－1)ex－2ax＝x(ex－2a)．①当a≤0时，由f ′(x)＝0，得x＝0，所以当x>0时，f ′(x)>0，当x<0时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减； ②当0<2a<1，即0<a<时，由f ′(x)＝0，得x＝0或x＝ln (2a)，所以当x>0或x<ln (2a)时，f ′(x)>0，当ln (2a)<x<0时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(0，＋∞)，(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减； ③当2a＝1，即a＝时，f ′(x)≥0恒成立， 所以函数f (x)在R上单调递增； ④当2a>1，即a>时，由f ′(x)＝0，得x＝0或x＝ln (2a)，所以当x<0或x>ln (2a)时，f ′(x)>0，当0<x<ln (2a)时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(ln (2a)，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减． 综上所述，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a<时，函数f (x)在(0，＋∞)，(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减；当a＝时，函数f (x)在R上单调递增；当a>时，函数f (x)在(ln (2a)，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减． (1)若求导错，则该题解答错． (2)由于导数的正负取决于ln (2a)与0的大小关系，故以为分界点进行分类讨论． (3)易漏掉a＝. 思维拆解 解题思路 名师点拨 (2)第1步：选择条件．在所给的条件中选择一个． 第2步：巧算、估算．根据选择的条件，结合单调性，估算出特殊函数值． 第3步：数形结合．结合单调性及特殊函数值，画出草图，利用函数零点存在定理判断零点． (2)选择条件①<a≤，b>2a. 由(1)知，当a>时，函数f (x)在(ln (2a)，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减． 因为f (0)＝－1＋b>－1＋2a>－1＋1＝0，f (ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝a ln (2a)[2－ln (2a)]≥a ln (2a)·＝0， 所以当x>0时，f (x)>0.又f ＝· ＋b＝－<0，所以函数f (x)在(－，0)上存在唯一零点． 综上所述，函数f (x)存在唯一零点． 选择条件②0<a<，b≤2a. 由(1)知，当0<a<时，函数f (x)在(0，＋∞)，(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减． 因为f (ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b＝a ln (2a)[2－ln (2a)]＋b－2a<0，所以f (ln (2a))<0， 所以当x<0时，f (x)<0. 易知在(0，＋∞)上ex>x恒成立， 所以f (2＋|b|)＝(1＋|b|)e2+|b|－a(2＋|b|)2＋b>(1＋|b|)(2＋|b|)－a(2＋|b|)2－|b|＝≥0，所以函数f (x)在(0，2＋|b|)上存在唯一零点． 综上所述，函数f (x)存在唯一零点． (4)根据函数值符号判断零点的存在性，依据就是零点存在定理，该处只需判断f <0即可． (5)不等式ex>x直接用，无需证明． 归纳总结：三步求解函数零点(方程根)的个数问题 第1步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题． 第2步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象． 第3步：结合图象求解． 10/10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考试题 (年份/卷别/题号) 新高考全国卷 新高考地方卷 命题区间 函 数 函数的概念、 图象与性质 2024新高考Ⅰ卷T6T8Ⅱ卷T6T8 2023新高考Ⅰ卷T4Ⅱ卷T4 2022新高考Ⅱ卷T8 2024北京卷T9　　 2024上海卷T2T14T18 2024天津卷T4 2023天津卷T4T5 2023北京卷T4 2023上海(春季)卷T13 2023上海卷T5 2022浙江卷T14 2022北京卷T11T14 2022上海(春季)卷T21 指数函数、对数函数、幂函数 2022新高考Ⅰ卷T7 2024天津卷T5T15 2023北京卷T11 2022浙江卷T7 函数的应用 2023新高考Ⅰ卷T10 2024北京卷T7 2023天津卷T15 导 数 导数的概念、 几何意义及 基本运算 2024新高考Ⅱ卷T16 2022新高考Ⅰ卷T15Ⅱ卷T14 2024北京卷T20　2024天津卷T20(1) 2024上海卷T21 2023天津卷T20(1) 导数与函数的单调性、极值、最值、切线 2024新高考Ⅰ卷T10T18Ⅱ卷T16 2023新高考Ⅰ卷T19Ⅱ卷T6T11 2022新高考Ⅰ卷T10T22Ⅱ卷T22 2023北京卷T20 2022浙江卷T22 2022北京卷T20 导数的综合应用 2024新高考Ⅰ卷T18Ⅱ卷T11 2023新高考Ⅰ卷T19Ⅱ卷T22 2022新高考Ⅰ卷T22Ⅱ卷T22 2024北京卷T20　2024天津卷T20 2024上海卷T21　2023天津卷T20 2022浙江卷T22　2022北京卷T20 命题分 析与备 考策略 1．规律小结 (1)函数作为高中数学内容的一条主线，对整个高中数学有着重要意义，每年高考卷都将其作为必考题，题目分布在选择题和填空题．常以基本函数、基本函数组成的复合函数以及抽象函数为载体，对函数内容和性质进行考查，考查函数的定义域、值域、表示方法及性质、图象等，常与导数、不等式、方程等知识交汇命题，考查数学思想方法．同时加大对数学建模的考查力度，根据实际问题，建立数学模型或用已知模型解决实际问题，考查建模及应用能力． (2)纵观近几年高考对导数的考查，试题设计一般包含一大一小，重点考查利用导数判断函数图象、求曲线的切线方程、判断或证明单调性、极值和最值问题，难度比较大．试题情境主要为课程学习情境，主要考查数学运算、逻辑推理、数学抽象的核心素养． 2．考点频度 (1)高频考点：函数的概念、图象及性质，指数函数、对数函数和幂函数，用导数研究函数的单调性、极值和最值，求曲线的切线方程，函数零点的讨论． (2)中频考点：用函数的单调性比较大小，利用函数证明不等式或求不等式的解，求参数的取值范围，函数模型的应用． (3)低频考点：函数与方程． 3．考前备考策略 (1)函数备考应以常见的选择题和填空题为主，难度跨度大，而且常考常新．备考时要注意以下两点： ①基本初等函数的图象和性质是基础，要在理解的基础上熟练掌握这些函数的图象和性质，准确把握函数概念和性质的本质，会处理分段函数与抽象函数的相关问题，会识别函数图象的变化． ②函数性质、零点、图象等问题是重点考查内容，注意函数的奇偶性、单调性的综合应用，注重数形结合、转化与化归思想以及构造新函数的训练． (2)导数备考应“突出重点、强化难点、关注热点”． ①重点内容：导数的几何意义，函数单调性问题的讨论，函数的最值与恒成立问题，不等式的证明与应用． ②难点内容：构造法求解参数的取值范围，函数思想证明不等式，函数的综合问题． ③热点内容：与单函数、单范围问题有关的恒成立问题，与双函数、双范围问题有关的存在性问题等． 　函数的图象与性质 　　　　函数的图象及其应用 命题角度：(1)函数图象的识别；(2)函数图象的应用． 典例1　(2024·全国甲卷理T7文T8)函数f (x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x在区间[－2.8，2.8]的图象大致为(　　) 　　 A　　　　　　　B　　　　　　　　C　　　　 　　　D 命题立意：本题以函数为载体，考查函数的图象和性质．考查的知识是利用函数的定义域、奇偶性、特殊点处的函数值判断函数简图，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：判断函数的奇偶性． 第2步：根据奇偶性，结合选项，排除部分选项． 第3步：借助1，－1等处的函数值最终确定函数的大致图象． 解：f (x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x， 则f (－x)＝－(－x)2＋(e－x－ex)sin (－x) ＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f (x)．又该函数定义域为[－2.8，2.8]，故该函数为偶函数，可排除A、C． 又f (1)＝－1＋sin 1＞－1＋sin ＝－1－＞＞0，故可排除D．故选B． (1)本题不宜通过求导来判断函数的单调性，以免陷入小题大做的误区． (2)熟练应用特殊值判断点的位置． 归纳总结：在做函数图象的辨识题时，从两个方面入手： (1)定性分析——从函数的定义域，判断函数图象的左右位置；从函数的值域，判断函数图象的上下位置；从函数的单调性，判断图象的变化趋势；从函数的奇偶性，判断图象的对称性；从函数的周期性，判断图象的循环往复． (2)定量计算——利用特殊值的计算分析解决问题． 　　　　函数的性质及其应用 命题角度：(1)函数的奇偶性、周期性与对称性；(2)函数的单调性与最值． 典例2　(2024·新高考Ⅰ卷T6)已知函数f (x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0]　　　　　 B．[－1，0]　　　　　 C．[－1，1]　　　　　 D．[0，＋∞) 命题立意：本题以分段函数为载体，考查函数单调性的应用，属于课程学习情境．考教衔接：本题源自北师大版必修第一册P72复习题二C组T3． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：由x＜0时，函数的单调性，列出关于a的不等式，求得a的范围． 第2步：由x≥0时，函数的单调性，列出关于a的不等式，求得a的范围． 第3步：综合第1步与第2步得解． 解：因为函数f (x)在R上单调递增，且当x＜0时，f (x)＝－x2－2ax－a，所以－＝－a≥0，即a≤0①；当x≥0时，f (x)＝ex＋ln (x＋1)，所以函数f (x)在[0，＋∞)上单调递增．若函数f (x)在R上单调递增，则－a≤f (0)＝e0＋ln 1＝1，即a≥－1②．由①②得，实数a的取值范围是[－1，0]．故选B． (1)关键：根据函数单调性构建参数满足的不等式(组)． (2)对于分段函数，要注意衔接点的取值． 归纳总结：与分段函数相关的问题有作图、求值、求值域、解方程、解不等式、研究单调性及讨论奇偶性等等，在解决此类问题时，要注意分段函数是一个函数而不是几个函数，如果自变量取值不能确定，要对自变量取值进行分类讨论，同时还要关注分界点附近函数值的变化情况． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间3　函数的图象与性质 (单项选择题每小题5分，填空题每小题5分，共80分) 考向一　函数的图象及其应用 1．(2024·全国甲卷文T8子母题)函数f (x)＝(3x－3－x)sin x在区间[－π，π]的大致图象为(　　) [A] [B] [C] [D] 2．(2023·天津卷T4)函数f (x)的图象如图所示，则f (x)的解析式可能为(　　) [A] [B] [C] [D] 3．(2024·全国甲卷文T8子母题)函数f (x)＝sin (2x－2－x)在上的图象大致为(　　) [A] [B] [C] [D] 4．(2022·全国甲卷理T5改编题)如图为函数f (x)＝xαsin x的部分图象，则α的值可能是(　　) [A]4 [B]3 [C]2 [D]1 5．(补偿题)函数f (x)＝的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　) [A]a>0，b>0，c<0 [B]a<0，b>0，c>0 [C]a<0，b>0，c<0 [D]a<0，b<0，c<0 6．(2024·全国甲卷文T8姊妹题)已知函数f (x)的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能是(　　) [A]f (x)＝x2＋ln [B]f (x)＝x3ln [C]f (x)＝x3＋ln [D]f (x)＝x2ln 7．(2023·天津卷T4姊妹题)已知函数f (x)＝x2＋，g(x)＝sin x，则图象为如图的函数可能是(　　) [A]y＝f (x)＋g(x)－ [B]y＝f (x)－g(x)－ [C]y＝f (x)g(x) [D]y＝ 考向二　函数的性质及其应用 8．(2024·天津卷T4)下列函数是偶函数的是(　　) [A]f (x)＝ [B]f (x)＝ [C]f (x)＝ [D]f (x)＝ 9．(2024·新高考Ⅰ卷T8)已知函数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)>100 [B]f (20)>1 000 [C]f (10)<1 000 [D]f (20)<10 000 10．(2024·新高考Ⅰ卷T6姊妹题)已知函数f (x)＝则不等式f (2a2－1)＞f (3a＋4)的解集为(　　) [A](－∞，－1) [B] [C](－∞，－1) [D] 11．(2023·新高考Ⅰ卷T4)设函数f (x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是(　　) [A](－∞，－2] [B][－2，0)　 [C](0，2] [D][2，＋∞) 12．(2024·新高考Ⅰ卷T8子母题)已知函数f (x)的定义域为R，且f (x)＝f (x＋2)－f (x＋1)，f (0)＝0，则＝(　　) [A]f (2 023) [B]f (2 024) [C]f (2 025) [D]f (2 026) 13．(2022·新高考Ⅱ卷T8子母题)已知函数f (x)为定义在R上的偶函数，且f (x)不恒为0，f (x＋y)＋f (x－y)＝2f (x)f (y)，f (1)＝0， [A]－3 [B]－2 [C]－1 [D]1 14．(2024·上海卷T4)已知f (x)＝x3＋a，x∈R，且f (x)是奇函数，则a＝________． 15．(2023·全国甲卷理T13文T14)若f (x)＝(x－1)2＋ax＋sin 为偶函数，则a＝________． 16．(2024·新高考Ⅰ卷T6子母题)若函数f (x)＝满足对任意x1≠x2，都有＜0成立，则实数a的取值范围为________． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间6 1．D　[结合函数图象可知，当x<a时，f ′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f ′(x)>0，函数单调递增， 当a<x<0时，f ′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f ′(x)<0，函数单调递减； 当0<x<b时，f ′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f ′(x)>0，函数单调递增； 当x>b时，f ′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f ′(x)<0，函数单调递减． 故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．故选D.] 2．CD　[由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f (1)＝－1，所以－ae＋b＝－1，A错误； 则b＝ae－1，所以ab＝ea2－a，B错误； 由函数f (x)有两个极值点， 可知f ′(x)＝1＋ln x－aex＝0， 即a＝有两个不相等的实数根． 设g(x)＝，则g′(x)＝， 令g′(x)>0得0<x<1，此时g(x)单调递增； 令g′(x)<0得x>1，此时g(x)单调递减， 所以g(x)在x＝1处取得极大值， 即极大值为g(1)＝， 又x→0时，g(x)→－∞； x→＋∞时，g(x)→0， 可得g(x)的图象如图所示， 欲使y＝a与y＝g(x)图象有两个交点，只需0<a<，C正确； 因为ab＝ea2－a，当a∈时，由二次函数的性质，得－≤ab<0，D正确．故选CD.] 3．ACD　[对A选项，因为函数f (x)的定义域为R，而f ′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)， 易知当x∈(1，3)时，f ′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f (x)的极小值点，故A正确； 对B选项，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0， 由A选项可知，函数f (x)在(0，1)上单调递增，所以f (x)>f (x2)，故B错误； 对C选项，当1<x<2时，1<2x－1<3，由A选项可知，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，故C正确； 对D选项，当－1<x<0时，f (2－x)－f (x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0， 所以f (2－x)>f (x)，故D正确．故选ACD.] 4．BD　[f ′(x)＝2ae2x－bex＋c， 因为f (x)既有极大值也有极小值， 所以f ′(x)＝0有两个不相等的根， 令ex＝t，t∈(0，＋∞)，此时2at2－bt＋c＝0有两个不相等的正根， 所以即b2>8ac，且a，b，c同号， 所以A错误，B，D正确； ，C错误．故选BD.] 5．解：(1)因为f (x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f ′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，f ′(1)＝(1－a)e. 由题设知f ′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f (1)＝3e≠0.所以a的值为1. (2)由(1)得f ′(x)＝(ax－1)(x－2)ex. 若a＞，则当x∈时，f ′(x)＜0； 当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)＞0. 所以f (x)在x＝2处取得极小值． 若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，f ′(x)＞0. 所以x＝2不是f (x)的极小值点． 综上可知，a的取值范围是. 6．B　[因为函数f 的定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f (1)＝－2，f ′(1)＝0，而f ′(x)＝，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f ′(x)＝，因此函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)＝－1＋.故选B.] 7．D　[因为f (x)＝2x3－6x2＋m，所以f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，可以得到函数在[－2，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，所以当x＝0时，f (x)＝m为最大值，所以m＝3，即f (x)＝2x3－6x2＋3，所以f (－2)＝2×(－8)－6×4＋3＝－37，f (2)＝－5，所以最小值是－37.故选D.] 8．AD　[由题意可得T＝2π是f (x)＝2sin x＋sin 2x的一个周期，故只需考虑f (x)＝2sin x＋sin 2x在[0，2π]上的值域． 因为f (x)＝2sin x＋sin 2x， 所以f ′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝2(2cosx－1)(cos x＋1)． 令f ′(x)＝0，解得cos x＝或cos x＝－1，解得x＝，π或， 所以f (x)＝2sin x＋sin 2x的最值只能在x＝，π或和端点x＝0，x＝2π中取到，计算可得f ，f (π)＝0，，f (0)＝0，f (2π)＝0. 故选AD.] 9．解：(1)f ′(x)＝， 令f ′(x)＝0，则x＝. 由已知，ax>0， 若a>0，则x>0， 当0<x<时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增； 当x>时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，则当x＝时，f (x)取得最大值f . 若a<0，则x<0， 当x<时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减； 当<x<0时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增， 此时f (x)无最大值， 所以a>0，且x>0，f (x)max＝. g′(x)＝，令g′(x)＝0，则x＝. 当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； 当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 所以当x＝时，g(x)取得最大值. 依题意得，又a>0，所以a＝1. (2)证明：由(1)可知f (x)＝和g(x)＝. 函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (x)max＝. 函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝. 作出两函数大致图象如图所示， 因为直线y＝b与曲线y＝f (x)，y＝g(x)共有三个不同的交点， 则直线y＝b一定过两函数图象的交点B， 设另外两个交点为A，C，设A，B，C三点横坐标分别为x1，x2，x3， 则. 结合图象可知0<x1<1，1<x2<e，x3>e， 即， 所以＝x2，即x1＝ln x2. 又， 所以＝x3， 所以x1x3＝＝(bx2)·， 所以x1，x2，x3成等比数列， 即从左到右的三个交点的横坐标成等比数列． 10．解：(1)当k＝1时，f (x)＝ln x＋，f ′(x)＝， 当0<x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 故f (x)有最小值f (1)＝1，无最大值． (2)由f (x)＝ln x＋＋1－k，得f ′(x)＝， 当x>1时，f (x)>0恒成立，即只要f (x)min>0即可． ①若k≤1，则f ′(x)＝>0恒成立， f (x)在(1，＋∞)上单调递增，f (x)min>f (1)＝1>0，满足题意； ②当k>1时，f (x)在(1，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增， f (x)min＝f (k)＝ln k＋2－k>0， 令g(x)＝ln x－x＋2(x>1)，则g′(x)＝<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，且g(3)＝ln 3－1>0，g(4)＝ln 4－2<0， 所以存在x0∈(3，4)使得g(x0)＝0，则g(x)＝ln x－x＋2>0的解集为(1，x0)， 综上，k的取值范围为(－∞，x0)，其中x0∈(3，4)． 所以k的最大整数值为3. (3)证明：由(1)知，当k＝1，x≥1时， f (x)＝ln x＋≥f (1)＝1， 即ln x＋≥1，得ln x≥1－， 令x＝n2＋n＋1，n∈N*， 得ln (n2＋n＋1)≥1－＝1－>1－＝1－， 故ln 3＋ln 7＋…＋ln (n2＋n＋1)>n－＝n－＝ (n∈N*). 4/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间7 1．解：(1)求导得f ′(x)＝， (ⅰ)当a≥0时，1＋2aex>0恒成立， 当x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减． (ⅱ)当a<0时，令f ′(x)＝0，则x＝1或x＝ln ． ①若ln ＝1，即a＝－， 则f ′(x)＝≥0在R上恒成立， 所以函数f (x)在R上单调递增． ②若ln >1，即－<a<0， 当x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当1<x<ln 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>ln 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． ③若ln <1，即a<－， 当x<ln 时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当ln <x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． 综上所述，当a≥0时，f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当－<a<0时，f (x)在(－∞，1)， 上单调递增，在上单调递减； 当a＝－时，f (x)在R上单调递增； 当a<－时，f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． (2)证明：由(1)得f ′(x)＝， 又a>0，则f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则f (x)max＝f (1)＝＋a． 要证f (x)<ea－1＋， 即证＋a<ea－1＋， 即证明ea－a－1>0． 构造函数g(x)＝ex－x－1，x>0， 则g′(x)＝ex－1>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则g(x)>g(0)＝0， 所以ea－a－1>0， 则＋a<ea－1＋，不等式得证． 2．解：(1)当a＝0时，f (x)＝ln ＋bx＋b＋1， 则f (x－1)＝ln ＋b(x－1)＋b＋1＝＋bx＋1，x∈(－1，1)， 令g(x)＝ln ＋bx＋1，x∈(－1，1)， 则g′(x)＝＋b， 因为f (x－1)在定义域内单调递减， 所以g′(x)＝＋b≤0，所以b≤， 又x∈(－1，1)，所以1－x2∈(0，1]， 所以，所以b≤2． 故b的取值范围为(－∞，2]． (2)证明：由题知f (x)的定义域为(－2，0)， f (x)＝a(x＋1)＋ln ＋bx＋b＋1 ＝(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1， f (－2－x)＝－(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1， f (－2－x)＋f (x)＝ln ＋ln ＋2＝＋2＝2， 所以f (x)为中心对称图形，其对称中心为(－1，1)． (3)由(2)知f (x)＝(a＋b)(x＋1)＋ln ＋1， 则f ′(x)＝a＋b＋， 令h(x)＝a＋b＋，x∈(－2，0)， 则h′(x)＝， 当x∈(－2，－1)时，h′(x)＞0，f ′(x)单调递增， 当x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，f ′(x)单调递减， 则f ′(x)max＝f ′(－1)＝a＋b－2， 又因为f (－1)＝1，f (x)＜1，所以f ′(－1)≤0， 即a＋b－2≤0，所以a＋b≤2， 所以当x∈(－1，0)，f (x)＜1恒成立时，a＋b的取值范围为(－∞，2]． 3．D　[由f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，得ax2－ax ln x－ex＝0有两个不相等实根，即ax(x－ln x)＝ex有两个不相等实根，令g(x)＝x－ln x， g′(x)＝1－，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)≥g(1)＝1>0，可得x(x－ln x)>0在(0，＋∞)上恒成立． 所以a＝有两个不相等实根， 令h(x)＝， 则h′(x)＝＝， 由上可知x－ln x≥1，所以x－1－ln x≥0． 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)的极小值为h(1)＝e， 又当x→0时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞． 所以函数f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，则实数a的取值范围为(e，＋∞)．故选D．] 4．AC　[由题意知，f ′(x)＝3x2－1， 令f ′(x)＞0得x＞或x＜－， 令f ′(x)＜0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； 因为f ＞0，＞0，f (－2)＝－5＜0， 所以函数f (x)在上有一个零点， 当x≥时，f (x)≥f ＞0，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h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)， 则h(x)是奇函数，点(0，0)是曲线y＝h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到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)＝3x2－1＝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D错误． 故选AC．] 5．AD　[A选项，f ′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，故x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时f ′(x)>0，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－a3<0，得f (0)f (a)<0， 根据零点存在定理知，f (x)在(0，a)上有一个零点， 又f (－1)＝－1－3a<0，f (2a)＝4a3＋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，x∈(a，0)时，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)的图象的对称轴， 即存在这样的a，b使得f (x)＝f (2b－x)， 即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1， 根据二项式定理，等式右边2(2b－x)3展开式含有x3的项为(2b)0(－x)3＝－2x3， 于是等式左右两边x3的系数不相等，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)图象的对称轴，C选项错误； D选项， 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)图象的对称中心， 则f (x)＋f (2－x)＝6－6a，事实上， f (x)＋f (2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a， 于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a， 即解得a＝2，即存在a＝2使得(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确． 法二：直接利用拐点结论 任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， f (x)＝2x3－3ax2＋1，f ′(x)＝6x2－6ax，f ″(x)＝12x－6a， 由f ″(x)＝0，得x＝，于是该三次函数的图象的对称中心为， 由题意(1，f (1))也是对称中心，故＝1，所以a＝2， 即存在a＝2使得(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确． 故选AD．] 6．BD　[f ′(x)＝2e2x＋aex＝ex(2ex＋a)， 当a≥0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 当a<0时，f (x)在上单调递增， 在上单调递减，故A不正确． 令f (x)＝e2x＋aex＝0得ex＋a＝0，即ex＝－a， 当a<0时，方程有一解，所以f (x)有一个零点，故B正确． g′(x)＝－axex＋2x＝x(－aex＋2)， 当a≤0时，函数g′(x)＝0只有一解，故C不正确． 当a＝2时，由方程f (x)＝g(x)，得e2x＋2ex＝＋x2， 即e2x＝－2xex＋x2，即＝－2， 设＝t，得t－＝－2，解得t＝－1±． 令h(x)＝，则h′(x)＝， 所以当x>1时，h′(x)>0， 当x<0或0<x<1时，h′(x)<0， 所以h(x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以函数h(x)在x＝1处取得极小值， 又当x∈(－∞，0)时，h(x)<0，h(1)＝e>－1，所以有一个解，无解， 即方程f (x)＝g(x)只有一个实根．故D正确．故选BD．] 7．(1，＋∞)　[f (x)＝ex－a－－1有两个不同的零点，等价于ex－a＝＋1有两个不同的根，变形为＋1⇒＝ln x＋x＝ln (xex)，(*) 设t＝xex，(*)式等价于ln t＝(t>0)有两个不等根， 令g(t)＝ln t－，g′(t)＝，函数极值点为t＝ea． 函数在(0，ea)上单调递增，在(ea，＋∞)上单调递减， 故函数的最大值为g(ea)>0⇒a>1， 当t→0时，g(t)→－∞，当t→＋∞时，g(t)→－∞， 故可得当a>1时，函数有两个不同的零点．] 8．解：(1)当k＝－1时，f (x)＝x－ln (1＋x)，f ′(x)＝1－(x＞－1)． 当x∈(－1，0)时，f ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)，f ′(x)＞0， 所以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)证明：f ′(x)＝1＋，切线l的斜率为1＋， 则切线方程为y－f (t)＝(x－t)(t＞0)， 假设l经过点(0，0)，则－f (t)＝－t，f (t)＝， 即t＋k ln (1＋t)＝t＋，又k≠0，则ln (1＋t)＝，ln (1＋t)－＝0， 令F(t)＝ln (1＋t)－(t＞0)， F′(t)＝＞0，所以F(t)在(0，＋∞)上单调递增，F(t)＞F(0)＝0，即ln (1＋t)＞， 与ln (1＋t)＝矛盾，故直线l不过点(0，0)． (3)k＝1时，f (x)＝x＋ln (1＋x)，则f (0)＝0，f ′(x)＝1＋＞0． S△ACO＝tf (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)＝(x－t)， 令x＝0，则y＝q＝ln (1＋t)－． 因为2S△ACO＝15S△ABO， 则2tf (t)＝15t， 所以13ln (1＋t)－2t－＝0， 记h(t)＝13ln (1＋t)－2t－(t＞0)， 所以求满足条件的点A有几个，即求h(t)有几个零点． h′(t)＝， 当t∈时，h′(t)＜0，此时h(t)单调递减； 当t∈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<0，h(4)＝13ln 5－20＞13×1.6－20＝0.8＞0， h(24)＝13ln 25－48－＝26ln 5－48－＜26×1.61－48－＝－20.54＜0， 所以由零点存在定理及h(t)的单调性知，h(t)在上必有一个零点，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的点A有两个． 7/7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题二　函数与导数 (满分150分　时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知函数f (x)＝则f (log212)＝(　　) 　 [A] [B] [C] [D] 2．函数f (x)＝的图象大致为(　　) 　 [A] 　　 [B] 　[C] 　　 [D] 3．使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．假设在一次地震中，一个距离震中1 000千米的测震仪记录的地震最大振幅是20，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为(　　) [A]4 [B]5 [C]6 [D]7 4．已知实数a，b满足＞0，则(　　) [A]＞ [B]loga2＞logb2 [C]＜ [D]2a－2b＜3－a－3－b 5．已知函数f (x)的定义域为R，对任意实数x都有f (x＋2)＝－f (x)成立，且函数f (x＋1)为偶函数，f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋…＋f (2 024)＝(　　) [A]－1 [B]0 [C]1 012 [D]2 024 6．若存在直线与曲线f (x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a都相切，则a的取值范围为(　　) [A][－1，＋∞) [B] [C] [D] 7．定义在R上的函数f (x)满足f (x)＝f (2－x)，且∀x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时都有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0，若a＝，b＝f (log4324)，c＝f (22.5)，则a，b，c的大小关系为(　　) [A]a>b>c [B]c>a>b [C]c>b>a [D]b>c>a 8．已知函数f (x)＝sin x－ln (1＋x)，f ′(x)为f (x)的导函数，下列说法正确的是(　　) [A]f (x)在(－1，0)上存在单调递增区间 [B]f (x)在区间上有2个零点 [C]f ′(0)＝1 [D]f (x)有且仅有2个零点 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知函数f (x)＝lg (1－x)，则(　　) [A]f (x)的定义域为(－∞，1) [B]f (x)的值域为R [C]f (－1)＋f (－4)＝1 [D]y＝f (x2)的单调递增区间为(0，1) 10．对于定义在R上的函数f (x)，若f (x＋1)是奇函数，f (x＋2)是偶函数，且f (x)在[1，2]上单调递减，则(　　) [A]f (3)＝0 [B]f (0)＝f (4) [C]f ＝－f [D]f (x)在[3，4]上单调递减 11．已知函数f (x)的导数为f ′(x)，x∈时，有f ′(x)sin 2x<f (x)＋f (x)cos 2x，则下列不等式成立的有(　　) [A]> [B]<f [C]f < [D]f > 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数f (x)＝cos 2x是偶函数，则实数a＝________． 13．写出一个同时具有下列性质的函数f (x)的解析式：________． ①f (xy)＝f (x)f (y)； ②f ′(x)是偶函数； ③f (x)在(0，＋∞)上单调递增． 14．已知函数f (x)＝m ln x－2x3＋4ex2－mx(m≥0)，若f (x)在[1，＋∞)上有零点，则实数m的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)已知函数g(x)＝xk，x∈R，k为常数． (1)当k＝2时，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由； (2)当k＝1时，设函数f (x)＝g(x)＋，判断函数f (x)在区间(2，＋∞)上的单调性，并利用函数单调性的定义证明你的结论． (3)在(2)的前提条件下，求f (x)在[3，5]上的值域． 16．(15分)已知函数f (x)＝x ln x＋ax＋b在(1，f (1))处的切线方程为2x－2y－1＝0． (1)求实数a，b的值； (2)求f (x)的单调区间． 17．(15分)已知函数f (x)＝2－a ln x－ax－1． (1)若a＝－1，求曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程； (2)若函数y＝f (x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f (x1)＋f (x2)＞0． 18．(17分)已知函数f (x)＝ex－ex2＋ax(a∈R)． (1)若f (x)在(0，1)上单调，求a的取值范围； (2)若y＝f (x)＋ex ln x的图象恒在x轴上方，求a的取值范围． 19．(17分)已知函数f (x)＝e2x－(m∈R)． (1)若m＝2e2，求f (x)的单调区间； (2)若m＝0，f (x)的最小值为f (x0)，求证：4＜＜6． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题过关验收卷·专题二 1．A　[f (log212)＝f (log212－1)＝f (log26)＝f (log26－1)＝f (log23)＝2log2 3＋＝3＋＝．故选A．] 2．C　[依题意，函数f (x)＝的定义域为{x∈R|x≠±1}， f (－x)＝＝－＝－f (x)，则f (x)是奇函数，其图象关于原点对称，B不满足；当x∈(0，1)时，ex－e－x＞0，|1－x2|＞0，则f (x)＞0，AD不满足，C满足．故选C．] 3．A　[M＝lg A－lg A0＝lg ＝lg ＝4，即这次地震的震级为4．故选A．] 4．C　[因为log2a＋logb＞0，所以log2a＞log2b，又y＝log2x在定义域上为增函数，故a＞b＞0． 对于A，因为y＝在定义域上为减函数，所以＜，故A错误； 对于B，当a＝4，b＝2时，loga2＝＜logb2＝1，故B错误； 对于C，0＜＜1＜，故C正确； 对于D，当a＝4，b＝2时，且y＝2x与y＝3x均为增函数， 所以2a－2b＝24－22＞0，3-4－3-2＜0，此时2a－2b＞3－a－3－b，故D错误．故选C．] 5．B　[由f (x＋2)＝－f (x)⇒f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，即f (x)是周期为4的周期函数， 由f (x＋1)为偶函数可知f (x)关于x＝1轴对称，即f (2)＝f (0)， 由f (x＋2)＝－f (x)可知f (2)＝－f (0)， 所以f (2)＝f (0)＝0， 显然f (3)＝－f (1)＝－2，f (4)＝f (0)＝0， 所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 024)＝×[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＝0．故选B．] 6．A　[设直线与曲线f (x)＝x3－x相切于点，因为f ′(x)＝3x2－1， 所以切线方程为＝(x－x1)，即y＝， 设直线与曲线g(x)＝x2＋a相切于点＋a)， 因为g′(x)＝2x，所以切线方程为＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝＋a， 所以 所以a＝＝＝＋有解， 令h(x)＝x4－2x3－x2＋，则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)， 所以函数h(x)在，(0，1)上单调递减，在，(1，＋∞)上单调递增， 因为h(1)＝－1，h＝，所以h(x)min＝h(1)＝－1，所以a≥－1， 所以a的取值范围为[－1，＋∞)．故选A．] 7．B　[因为定义在R上的函数f (x)满足f (x)＝f (2－x)，所以函数f (x)的图象关于直线x＝1对称， 因为∀x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时都有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0， 所以函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减． 由f (x)＝f (2－x)，得＝＝f (2＋log25)， 因为log24<log25<log28，所以2<log25<3，所以4<2＋log25<5， log4324＝ ＝log218＝1＋log29， 因为log28<log29<log216，所以4<1＋log29<5， 所以4<log4324<5， 因为2＋log25＝log24＋log25＝log220，log4324＝＝log218， 所以4<log4324<2＋log25<5， 因为22.5＝＝<<，所以5<22.5<6， 所以4<log4324<2＋log25<5<22.5<6， 因为函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (log4324)<f (2＋log25)<f (22.5)，所以b<a<c，即c>a>b．故选B．] 8．D　[f (x)的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x)＝cos x－，显然f ′(0)＝1－1＝0，故C错误； 令h(x)＝cos x－，h′(x)＝－sin x＋， 令g(x)＝－sin x＋， 则g′(x)＝－cos x－<0在上恒成立， 所以h′(x)在上单调递减， 又因为h′(0)＝1， h′＝－1＋<－1＋1＝0， 由零点存在定理可知， 函数h′(x)在上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f ′(x)在(－1，x0)上单调递增，在上单调递减，可得f ′(x)在区间存在唯一极大值点， 当x∈(－1，0)时，f ′(x)单调递增，f ′(x)<f ′(0)＝0，f (x)单调递减，故A错误； 当x∈(0，x0)时，f ′(x)单调递增， f ′(x)>f ′(0)＝0，f (x)单调递增， 由于f ′(x)在上单调递减，且f ′(x0)>0，f ′＝－<0， 由零点存在定理可知，函数f ′(x)在上存在唯一零点x1， 结合单调性可知，当x∈(x0，x1)时，f ′(x)单调递减， f ′(x)>f ′(x1)＝0，f (x)单调递增， 当x∈时，f ′(x)单调递减， f ′(x)<f ′(x1)＝0，f (x)单调递减， 当x∈时，cos x<0，－<0，于是f ′(x)＝cos x－<0，f (x)单调递减， 其中f ＝1－ln >1－ln ＝1－ln 2.6>1－ln e＝0，f (π)＝－ln (1＋π)<0． 于是可得下表： x (－1，0) 0 (0，x1) x1 π f ′(x) － 0 ＋ 0 － － － － f (x) 单调 递减 0 单调 递增 大于 0 单调 递减 大于 0 单调 递减 小于 0 结合单调性可知，函数f (x)在上有且只有一个零点0，故B错误； 由函数零点存在定理可知， f (x)在上有且只有一个零点x2， 当x∈[π，＋∞)时，sin x<ln (1＋x)，则f (x)＝sin x－ln (1＋x)<0恒成立， 因此函数f (x)在[π，＋∞)上无零点， 综上，f (x)有且仅有2个零点，故D正确，故选D．] 9．ABC　[对于AB，由1－x＞0，得x＜1，则f (x)的定义域为(－∞，1)，值域为R，A，B均正确；对于C，f (－1)＋f (－4)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，C正确； 对于D，因为f (x2)＝lg (1－x2)，所以y＝lg u，外层函数为增函数，u＝1－x2，令1－x2＞0，所以函数定义域为(－1，1)，内层函数u＝1－x2，在(－1，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，所以y＝f (x2)的单调递增区间为(－1，0)，D错误．故选ABC．] 10．ABC　[令g(x)＝f (x＋1)，因为f (x＋1)是奇函数， 所以g(－x)＝f (－x＋1)＝－g(x)＝－f (x＋1)， 即f (－x＋1)＝－f (x＋1)，f (x)的图象关于点(1，0)对称． 令h(x)＝f (x＋2)，因为f (x＋2)是偶函数， 所以h(－x)＝f (－x＋2)＝h(x)＝f (x＋2)， 即f (－x＋2)＝f (x＋2)，f (x)的图象关于直线x＝2对称． A选项，由f (－x＋1)＝－f (x＋1)，令x＝0，可得f (1)＝－f (1)⇒f (1)＝0， 由f (－x＋2)＝f (x＋2)，令x＝1，可得f (1)＝f (3)＝0，故A正确． B选项，由f (－x＋2)＝f (x＋2)，令x＝2，可得f (0)＝f (4)，故B正确． C选项，由f (－x＋1)＝－f (x＋1)，令x＝，可得，故C正确． D选项，由f (x)在[1，2]上单调递减，结合f (x)的图象关于点(1，0)对称，可知f (x)在[0，1]上单调递减，由f (1)＝0可知f (x)在[0，2]上单调递减，又f (x)的图象关于直线x＝2对称，则f (x)在[2，4]上单调递增，故D错误．故选ABC．] 11．AC　[因为x∈时，f ′(x)sin 2x<f (x)(1＋cos 2x)成立， 所以f ′(x)·2sin x cos x<f (x)·2cos2x成立， 所以f ′(x)sinx－f (x)cos x<0成立， 令g(x)＝， g′(x)＝<0⇒g′(x)<0在上恒成立， 所以g(x)在上单调递减，故， 代入可得>，故A正确； g>g，代入可得f <，故C正确； g>g，代入可得>f ，BD错误．故选AC．] 12．－1　[f (x)的定义域为R， f (－x)＝cos(－2x)＝·cos 2x＝f (x)＝cos 2x， 所以－aex＋＝ex－⇒a－ex⇒(a＋1)＝0，故a＝－1．] 13．f (x)＝x3(答案不唯一)　[由①f (xy)＝f (x)f (y)，可考虑f (x)为幂函数； 由②f ′(x)是偶函数，可得f (x)为奇函数； 由③f (x)在(0，＋∞)上单调递增，可得f (x)＝xn(n>0)， 所以可取f (x)＝x3．(答案不唯一)] 14．　[若f (x)＝m ln x－2x3＋4ex2－mx＝0，则m·＝2x2－4ex， 令g(x)＝，x≥1，则g′(x)＝， 当x∈[1，e)时g′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时g′(x)<0， 所以g(x)在[1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(e)＝． 令h(x)＝2x2－4ex，x≥1，则h′(x)＝4x－4e，当x∈[1，e)时h′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时h′(x)>0， 所以h(x)在[1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(e)＝－2e2． 要使f (x)在[1，＋∞)上有零点， 当m＝0时，f (x)＝－2x3＋4ex2，令f (x)＝0，x＝2e满足题意； 当m＞0时，只需·m≥－2e2，解得0＜m≤． 综上，可得0≤m≤．] 15．解：(1)根据题意，当k＝2时，g(x)＝x2，是偶函数， 证明：g(x)＝x2，其定义域为R， 有g(－x)＝(－x)2＝x2＝g(x)，则g(x)为偶函数． (2)根据题意，当k＝1时，g(x)＝x，则f (x)＝g(x)＋，即f (x)＝x＋，则函数f (x)在区间(2，＋∞)上单调递增． 证明：任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1＜x2， f (x1)－f (x2)＝x1＋－x2－＝(x1－x2)＋4×＝， 又由2＜x1＜x2， 则x1－x2＜0，x1x2＞4， 则有f (x1)－f (x2)＜0， 即f (x1)＜f (x2)， 所以函数f (x)在区间(2，＋∞)上单调递增． (3)根据题意，由(2)的结论，f (x)在[3，5]上单调递增，则f (x)的最小值为f (3)＝，最大值为f (5)＝， 故f (x)在[3，5]上的值域为． 16．解：(1)依题意可得：2－2f (1)－1＝0，即f (1)＝， 因为f (x)＝x ln x＋ax＋b， 所以f ′(x)＝ln x＋a＋1， 又因为函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程为2x－2y－1＝0，f (1)＝， 所以解得 所以a＝0，b＝． (2)由(1)可得，f ′(x)＝1＋ln x， 当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x∈时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 所以f (x)的单调递减区间为，f (x)的单调递增区间为． 17．解：(1)当a＝－1时，f (x)＝2＋ln x＋x－1，x＞0， f ′(x)＝＋＋1，f ′(1)＝3， 所以曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1． (2)证明：f ′(x)＝－－a，x＞0， 令f ′(x)＝0，得－－a＝0，令t＝，则t＞0， 原方程可化为at2－t＋a＝0，① 则t1＝，t2＝是方程①的两个不同的根， 所以解得0＜a＜， 由根与系数的关系得t1＋t2＝，t1t2＝1，则t＋t＝(t1＋t2)2－2t1t2＝－2， 所以f (x1)＋f (x2)＝2(＋)－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2 ＝2(t1＋t2)－a ln (tt)－a(t＋t)－2＝2a＋－2， 令h(a)＝2a＋－2，则h′(a)＝2－＜0， 所以函数h(a)在上单调递减， 所以h(a)＝2a＋－2＞h＝1＞0， 所以f (x1)＋f (x2)＞0． 18．解：(1)f ′(x)＝ex－2ex＋a， 由f (x)在(0，1)上单调，知f ′(x)＝ex－2ex＋a在(0，1)上大于等于0或小于等于0恒成立， 令g(x)＝ex－2ex＋a，则g′(x)＝ex－2e， 令g′(x)＝0，解得x＝ln(2e)， 当0＜x＜1＜ln(2e)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减， 所以由题意得，g(1)≥0或g(0)≤0，解得a≤－1或a≥e， 所以实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[e，＋∞)． (2)y＝ex－ex2＋ax＋ex ln x的图象恒在x轴上方，即当x∈(0，＋∞)时，y＞0恒成立， 即a>ex－－eln x在(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ex－－eln x， 则h′(x)＝＝． 令t(x)＝ex－ex， 求导可得t′(x)＝e－ex，令t′(x)＝0，解得x＝1， 当0＜x≤1时，t(x)单调递增，当x＞1时，t(x)单调递减， 故t(x)≤t(1)＝0，即t(x)＝ex－ex≤0， 令h′(x)＞0，解得0＜x＜1；令h′(x)＜0，解得x＞1， 所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)在x＝1处取得最大值，最大值为h(1)＝0，所以a＞0． 所以实数a的取值范围为(0，＋∞)． 19．解：(1)由题知，f (x)的定义域为(0，＋∞)． 当m＝2e2时，f (x)＝e2x－＋， 所以f ′(x)＝2e2x＋－＝． 设g(x)＝2x2e2x＋ln x－2e2，易知g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0，故当x∈(0，1)时，g(x)＜0，即f ′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即f ′(x)＞0， 所以f (x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：当m＝0时，f (x)＝e2x－＝＝， 设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立． 所以f (x)＝≥＝2，当且仅当2x＋ln x＝0时等号成立， 故f (x)的最小值f (x0)＝2，且2x0＋ln x0＝0． 记φ(x)＝2x＋ln x， 易知φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则x0是φ(x)的唯一零点． 因为φ＝1－ln 2＞0，φ＝－ln 3＜0， 所以＜x0＜．所以4＜＜6． 9/9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题二　函数与导数 高考真题衍生卷·命题区间3 1．B　[由f (x)＝(3x－3－x)sin x，可知f (－x)＝(3－x－3x)·sin (－x)＝(3x－3－x)sin x＝f (x)，函数为偶函数，排除A、C，当x＝时，0，排除D，故选B．] 2．D　[由题图可知，f (x)图象关于y轴对称，为偶函数，故AB错误，当x>0时，恒大于0，与题图不符合，故C错误．故选D．] 3．B　[f (－x)＝sin (2－x－2x)＝－sin (2x－2－x)＝－f (x)，所以f (x)为奇函数，图象关于原点对称，排除CD； 令t＝2x－2－x，则t在上单调递增，且x＝0时，t＝0，x＝时，令t1＝， －π2＝2π＋2－π－2－π2<0，即t1<π， 所以f (x)＝sin (2x－2－x)在上大于0，排除A． 故选B．] 4．D　[由题图可知f (x)为偶函数， 因为y＝sin x为奇函数，所以y＝xα也为奇函数，排除A和C； 如果α＝3，即f (x)＝x3·sin x，则f >2，与题图不符，所以不能取3，故排除B．故选D．] 5．C　[函数在P处无意义，由图象看P在y轴右侧，得c<0， f (0)＝>0，所以b>0， 由f (x)＝0得ax＋b＝0，即x＝－， 即函数的零点x＝－>0，所以a<0． 综上a<0，b>0，c<0．故选C．] 6．B　[由已知图象可得f (x)的图象关于原点对称，即f (x)为奇函数． 对于A，f (x)＝x2＋ln 的定义域为R，f (－x)＝＋ln ＝f (x)，则f (x)为偶函数，可排除选项A； 对于D，由f (x)＝0，可得x＝0或＝1， 由＝1，可得sin x＝0，所以x＝kπ，k∈Z，对照图象，无π这个零点，故排除选项D； 对于C，f (x)＝x3＋ln ，f (0)＝0＋ln 1＝0，由所给图象设第一个正的零点为m，1<m<2， 则f (m)＝m3＋ln >0，可排除选项C； 对于B，f (x)＝x3ln ，由f (x)＝0，可得x＝0或＝1，由＝1，可得cos x＝0，所以x＝kπ＋，k∈Z，对照图象，B可能成立．故选B．] 7．D　[易知函数f (x)＝x2＋是偶函数，g(x)＝sin x是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数．选项A，y＝f (x)＋g(x)－＝x2＋sin x为非奇非偶函数，不符合题意，排除A；选项B，y＝f (x)－g(x)－＝x2－sin x也为非奇非偶函数，不符合题意，排除B；因为当x∈(0，＋∞)时，f (x)单调递增，且f (x)>0，当x∈时，g(x)单调递增，且g(x)>0，所以y＝f (x)g(x)在上单调递增，由图象可知所求函数在上不单调，排除C．故选D．] 8．B　[对于A，f (x)＝，函数定义域为R，但f (－1)＝，f (1)＝，则f (－1)≠f (1)，故A错误； 对于B，f (x)＝，函数定义域为R， 且f (－x)＝＝f (x)，则f (x)为偶函数，故B正确； 对于C，f (x)＝x≠－1}，不关于原点对称，则f (x)不是偶函数，故C错误； 对于D，f (x)＝，函数定义域为R，因为f (1)＝，f (－1)＝，则f (1)≠f (－1)，则f (x)不是偶函数，故D错误．故选B．] 9．B　[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)>377， f (14)>f (13)＋f (12)>610， f (15)>f (14)＋f (13)>987， f (16)>f (15)＋f (14)>1 597>1 000，则依次下去可知f (20)>1 000，则B正确；且无证据表明ACD一定正确．故选B．] 10．D　[函数f (x)＝中，y＝＋1在x＜0上单调递减，y＝2－x2在x≥0上单调递减，且＋1＝2－02，则函数f (x)＝在定义域R上单调递减， 因为f (2a2－1)＞f (3a＋4)，所以2a2－1＜3a＋4，解得－1＜a＜，即不等式f (2a2－1)＞f (3a＋4)的解集为．故选D．] 11．D　[设t＝x(x－a)＝x2－ax，图象的对称轴为x＝，抛物线开口向上．因为y＝2t是关于t的增函数， 所以要使f (x)在区间(0，1)单调递减，则t＝x2－ax在区间(0，1)单调递减，即≥1，即a≥2，故实数a的取值范围是[2，＋∞)．故选D．] 12．C　[由f (x)＝f (x＋2)－f (x＋1)可得f (x＋2)＝f (x)＋f (x＋1)， 所以f (2 024)f (2 025)＝f (2 024)[f (2 024)＋f (2 023)]＝f 2(2 024)＋f (2 023)f (2 024) ＝f 2(2 024)＋f (2 023)[f (2 023)＋f (2 022)] ＝f 2(2 024)＋f 2(2 023)＋f (2 022)f (2 023) ＝f 2(2 024)＋f 2(2 023)＋f (2 022)[f (2 022)＋f (2 021)] ＝f 2(2 024)＋f 2(2 023)＋f 2(2 022)＋f (2 021)·f (2 022) ＝f 2(2 024)＋f 2(2 023)＋f 2(2 022)＋…＋f 2(2)＋f (2)f (1)， 又f (0)＝0，即f (1)＝f (2)， 所以f (2 024)f (2 025)＝f 2(2 024)＋f 2(2 023)＋f 2(2 022)＋…＋f 2(2)＋f 2(1)， 则＝f (2 025)．故选C．] 13．C　[令x＝0，则f (y)＋f (－y)＝2f (0)f (y)， 因为f (x)不恒为0，且f (x)为偶函数， 所以2f (y)[1－f (0)]＝0，所以f (0)＝1． 令y＝1，则f (x＋1)＋f (x－1)＝2f (x)f (1)， 则f (x＋1)＋f (x－1)＝0，即f (x＋1)＝－f (x－1)， f (x)＝－f (x－2)，f (x＋2)＝－f (x)＝f (x－2)， f (x)＝f (x＋4)，所以f (x)的周期为4． 令x＝y＝1，则f (2)＋f (0)＝2f (1)·f (1)，则f (2)＝－1， f (3)＝f (－1)＝f (1)＝0，f (4)＝f (0)＝1，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝0， 14．0　[由题意，可得f (0)＝0＋a＝0，解得a＝0， 当a＝0时，f (x)＝x3，满足f (－x)＝(－x)3＝－x3＝－f (x)，即f (x)是奇函数，故a＝0符合题意．] 15．2　[因为f (x)为偶函数，所以f (－x)＝f (x)，即(－x－1)2－ax＋sin ＝(x－1)2＋ax＋sin ，解得a＝2．] 16． 4/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　基本初等函数、函数与方程 　　　　指数函数、对数函数与幂函数 命题角度：(1)指数与对数的运算及其应用；(2)指数函数与对数函数的图象与性质及其应用；(3)二次函数与幂函数的图象与性质及其应用． 典例1　(2024·全国甲卷理T15文T15)已知a>1且＝－，则a＝________． 命题立意：本题属于课程学习情境，以对数为载体，考查对数的运算性质与换底公式的应用，体现了数学运算的学科素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：利用换底公式，换成相同底的对数． 第2步：利用对数的运算性质，化简对数． 第3步：把loga2看作一个整体解方程，进而求a． 解：因为＝－(a＞1)， 所以loga8－＝0， 即＝0， 即3loga2－＝0， 整理可得(loga2＋1)(6loga2－1)＝0． 因为a＞1，所以loga2＝， 解得a＝64． (1)关键：利用对数换底公式，换成相同底的对数． (2)易错：忽视对参数a的讨论致误，对于底数含有参数的对数(指数)，一般需对底数进行分类讨论． 归纳总结：对数运算的一般思路 (1)在对数运算中，先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后用对数运算法则化简合并． (2)将同底对数的和、差、倍合并． (3)利用换底公式将不同底的对数式转化为同底的对数式． 典例2　(2024·天津卷T5)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>c　　　　　　 B．b>a>c　　　　　 C．c>a>b　　　　　　 D．b>c>a 命题立意：本题以指数式和对数式为载体，考查指数、对数函数的性质，以及比较大小问题，属于课程学习情境，体现了逻辑推理、数学运算的学科素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：a与b同底，利用y＝4.2x的单调性比较． 第2步：比较幂和对数与0的大小． 解：因为y＝4.2x在R上单调递增，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＜1＜b． 因为y＝log4.2x在(0，＋∞)上单调递增，且0＜0.2＜1， 所以log4.20.2＜log4.21＝0，即c＜0． 所以b＞a＞c．故选B． (1)当两个数都是指数幂或对数式时，可将其看成指数函数、对数函数或幂函数的函数值，然后利用该函数的单调性比较大小． (2)在指数、对数中通常优先选择“－1，0，1”对所比较的数进行划分． 　　　　函数与方程 命题角度：(1)确定函数零点的个数或其存在情况；(2)已知函数零点个数或存在情况求参数的取值范围． 典例3　(2024·新高考Ⅱ卷T6)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．－1 B． C．1 D．2 命题立意：本题以二次函数、余弦函数为载体，考查函数零点问题，同时考查函数的性质，有较强的综合性，需要学生有良好的学科素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：令F(x)＝ax2＋a－1，G(x)＝cos x，结合偶函数F(x)，G(x)的对称性可知曲线y＝F(x)与y＝G(x)有一个交点，则该交点只能在y轴上． 方法二：分离参数法． 解：法一：令f (x)＝g(x)，得a(x＋1)2－1＝cos x＋2ax， 即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， 因为F(x)，G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F(0)＝G(0)，即a－1＝1，解得a＝2．故选D． 法二：由题意得f (x)＝g(x)，整理得a＝，易得y＝为偶函数，要使y＝f (x)与y＝g(x)恰有一个交点，所以两图象在x＝0处相切，即a＝＝2，所以a＝2．故选D． (1)若按原函数的关系来研究曲线的交点，问题会很复杂，可将两函数合并后再重新组合，借助函数的图象与性质求解． (2)正难则反：偶函数的图象关于y轴对称，若x≠0，则至少有两个零点． 归纳总结：已知函数零点情况求参数值或取值范围的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围． (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决． (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间4 1．A　[0＜a＝＜＝1，2＞＞20＝1，即1＜b＜2，c＝log25＞log24＝2，即有a＜b＜c．故选A．] 2．B　[要使y＝有意义，需解得0<x<1，可得函数定义域为(0，1)．故选B．] 3．A　[由题意可得a＝log54＜log55＝1， b＝log0.22＝＝－log52＝＜log54， c＝20.2＞20＝1，所以b＜a＜c．故选A．] 4．A　[由题意，a＝ln 4>1，0<b＝log3e<1，c＝log34>1， 又a＝ln 4＝，c＝log34＝，0<log4e<log43<1，所以>1，即a>c>1，所以a>c>b．故选A．] 5．B　[因为(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，所以y1＝2x1，y2＝2x2，且x1≠x2，则2x1≠2x2，所以y1＋y2＝2x1＋2x2> 所以>．故选B．] 6．C　[因为y＝2x在定义域R上是增函数，所以20.7>20＝1，即a>1；因为y＝在R上是减函数，所以＝1，所以0<b<1； 因为y＝log2x在(0，＋∞)上是增函数，所以<log21＝0，即c<0．所以a>b>c．故选C．] 7．B　[f (x＋1)的图象是由f (x)的图象向左平移1个单位长度得到的，故选B．] 8．B　[由>0，， 由f (x)是偶函数， 所以f (－x)＝f (x)， 得(－x＋a)·ln ＝(x＋a)·ln ， 即(－x＋a)·ln ＝(－x＋a)·＝(x－a)·ln ＝(x＋a)·ln ， 所以x－a＝x＋a，得－a＝a，得a＝0．故选B．] 9．B　[因为a＝log52＝2＝， b＝log244＝2log242＝2＝， c＝＝＝2＝， 又>1，所以b>a>c．故选B．] 10．C　[设至少经过n个小时才能驾驶，由题意得1.5×(1－30%)n≤0.2，化简得0.7n≤， 两边取对数得n≥≈5.6， 所以n至少取6．故选C．] 11．ACD　[由题意得，60≤20lg ≤90，1 000p0≤p1≤p0， 50≤20lg ≤60，p0≤p2≤1 000p0， 20lg ＝40，p3＝100p0，可得p1≥p2，A正确； p2≤10p3＝1 000p0，B错误； p3＝100p0，C正确； p1≤p0＝100×p0≤100p2，p1≤100p2，D正确． 故选ACD．] 12．　[因为log37＝a，log74＝b， 所以log742＝1＋log76＝1＋log72＋log73＝1＋log74＋＝．] 13．[1，＋∞)　[当x≤0时，f (x)＝1，当x>0时，f (x)＝2x>1，所以f (x)的值域为[1，＋∞)．] 14．1　[因为函数f (x)＝4x＋log2x， 所以＝2－1＝1．] 15．8　[因为logab＋logba＝，logab·logba＝1，a＞b＞1，所以logba＝2，logab＝，故a＝b2，① 又ab＝ba，则b2b＝ba，即a＝2b，② 联立①②，解得b＝2，a＝4，故a＋2b＝8．] 16．C　[把y＝cos 的图象向左平移个单位长度得到函数y＝cos ＝cos ＝－sin 2x的图象， 所以f ＝－sin 2x. 而直线y＝显然过与两点， 作出曲线y＝f 与直线y＝的图象如图所示． 所以由图象可知，y＝f 的图象与直线y＝的交点个数为3．故选C．] 17．C　[因为函数f (x)＝log2x－a，所以令f (x)＝0得log2x－a＝0，即x＝2a； 又因为g(x)＝x2－x，所以令g(x)＝0得x2－x＝0，即x＝0或x＝1． 因为函数f (x)＝log2x－a与g(x)＝x2－x互为“零点相邻函数”， 所以|2a－0|≤1或|2a－1|≤1，即－1≤2a≤1或0≤2a≤2，解得a≤0或a≤1，所以实数a的取值范围为(－∞，1]．故选C．] 18．B　[f (x)是定义在R上的偶函数， 当x∈[－1，0]时，f (x)＝－1， 所以x∈[－1，1]时，f (x)＝2|x|－1． 又对任意的x∈R，都有f (x＋2)＝f (－x)＝f (x)，故f (x)为周期函数，周期是2． 方程f (x)－loga(x＋2)＝0的实数根的个数即两函数y＝f (x)与y＝loga(x＋2)的图象的交点个数． 由f (3)＝f (5)＝1，关于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0在x∈(－1，6)时有且只有5个不同的实数根， 可得loga(5＋2)>1且loga(3＋2)<1，所以5<a<7．故选B．] 19．x＝3　[当x≥0时，g(x)＝2⇔log2(x＋1)＝2，解得x＝3； 当x<0时，g(x)＝f (－x)＝2x＋1＝2，解得x＝0(舍)．所以g(x)＝2的解为x＝3．] 20．　[设f (x)＝lg x＋x－3，函数零点即方程的根．f (2)＝lg 2－1<0，f (3)＝lg 3>0，而＝lg <0，则有f f (3)<0，故方程的根在区间上．] 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间5 1．C　[因为f (x)＝x ln x， 则f ′(x)＝ln x＋x·＝1＋ln x， 所以f ′(1)＝1＋ln 1＝1， 所以＝f ′(1)＝1．故选C．] 2．A　[f ′(x)＝， 所以f ′(0)＝3，所以曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，则切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为．故选A．] 3．A　[由y＝ln (x＋a)求导可得y′＝，设切点坐标为(x1，x1)．因为直线y＝x与曲线y＝ln (x＋a)相切，所以解得a＝1． 同理由y＝ex＋b求导可得y′＝ex＋b， 设切点坐标为(x2，x2)，因为直线y＝x与函数y＝ex＋b的图象相切， 所以解得b＝－1． 所以f (x)＝ex-1＋f ′(1)ln (x＋1)，f ′(x)＝ex-1＋， 令x＝1得f ′(1)＝1＋，解得f ′(1)＝2， 所以f (x)＝ex-1＋2ln (x＋1)，所以f (0)＝．故选A．] 4．D　[设切点为(x0，y0)，过点P的切线方程为y＝，代入点P坐标化简为m＝即这个方程有三个不等根，令f (x)＝(－x2－x－1)ex，求导得到f ′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex，函数在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减． 故得到f (－2)<m<f (－1)，即m∈．故选D．] 5．BD　[选项A中，由f (x0)＝f ′(x0)得＋3＝4x0，Δ＝－8<0，无解，所以函数无巧值点，故A错误； 选项B中，由f (x0)＝f ′(x0)得解得x0＝－1，函数有巧值点－1，故B正确； 选项C中，由f (x0)＝f ′(x0)得无解，所以函数无巧值点，故C错误； 选项D中，由f (x0)＝f ′(x0)得ln x0＝，函数y＝ln x与y＝的图象在第一象限有一个交点，方程有一个解，所以函数有巧值点，故D正确．故选BD．] 6．C　[因为y＝， 所以y′＝， 所以k＝y′|x＝1＝， 所以y－(x－1)， 所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝．故选C．] 7．(－∞，－4)∪(0，＋∞)　[设切点坐标为P(x0，y0)，则y0＝，y′＝eax[1＋(x＋1)a]，切线方程为[1＋(x0＋1)a](x－x0)，因为过原点(0，0)，代入可得[1＋(x0＋1)a]·(－x0)，整理可得＋ax0－1＝0，因为有两个不同的解，满足a≠0，Δ＝a2＋4a>0，所以a>0或a<－4，故a的取值范围为(－∞，－4)∪(0，＋∞)．] 8．e2－1　[f ′(x)＝aex－1．当a≤0时，f ′(x)＜0对x∈R恒成立，此时f (x)在R上单调递减，不符合题意；当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝－ln a，当x＜－ln a时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x＞－ln a时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，所以当x＝－ln a时，f (x)取得极小值，且极小值为f (－ln a)＝ae－ln a＋ln a＝ln a＋1．因为函数f (x)有极小值2，所以ln a＋1＝2，解得a＝e，则f (x)＝ex+1－x，f ′(x)＝ex+1－1，因为直线y＝kx与函数f (x)的图象相切，设切点坐标为(x0，kx0)，所以解得k＝e2－1．] 9．解：由y＝x＋ln x求导得y′＝1＋x＝1＝2， 所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1． 当a＝0时y＝3x＋1与y＝2x－1只有一个公共点(－2，－5)，满足题意； 当a≠0时，由 得ax2＋(2a＋1)x＋2＝0， 由Δ＝(2a＋1)2－8a＝0，解得a＝． 综上可得，a＝0或a＝． 10．BCD　[f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)>0，解得x<－或x>，令f ′(x)<0，解得－<x<， 所以f (x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f (x)有一个极大值点，一个极小值点，故选项BC正确． A项错在中间用了符号“∪”． 假设y＝2x－1是y＝f (x)的切线，切点为(a，b)， 则解得或 由于点(1，1)在y＝x3－x＋1上，故选项D正确．故选BCD．] 11．C　[依题意，f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，即a≥在(1，2)上恒成立． 设g(x)＝，x∈(1，2)，则g′(x)＝， 易知当x∈(1，2)时，g′(x)<0，则函数g(x)在(1，2)上单调递减，所以g(x)＜g(1)＝，则a≥＝e-1，即a的最小值为e-1．故选C．] 12．解：(1)证明：当t＝1时，f (x)＝e－x＋sin x＋x2，f ′(x)＝－e－x＋cos x＋x，令h(x)＝f ′(x)，h′(x)＝e－x－sin x＋1>0， 所以h(x)即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f ′(x)>f ′(0)＝0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则f (x)>f (0)＝1， 所以当t＝1时，∀x∈(0，＋∞)，都有f (x)>1． (2)由题意知，g(x)＝－e－x＋cos x＋tx－sin x－cos x，即g(x)＝－e－x＋tx－sin x在(0，2π)上单调递增， 则g′(x)＝e－x＋t－cos x≥0在(0，2π)上恒成立， 则t≥－e－x＋cos x在(0，2π)上恒成立， 令k(x)＝－e－x＋cos x，x∈(0，2π)，则k′(x)＝e－x－sin x， 当x∈(π，2π)时，k′(x)＝e－x－sin x>0恒成立， 所以k(x)在(π，2π)上单调递增，故x∈(π，2π)时，k(x)<k(2π)； 令m(x)＝k′(x)， 当x∈(0，π)时，m′(x)＝－e－x－cos x单调递增，又m′(0)＝－2<0，m′(π)＝－e－π－cos π>0， 且m′－cos >0，m′－cos <0， 所以存在唯一x1∈＝－cos x1＝0， k′(x1)＝－sin x1＝－cos x1－sin x1 ＝－sin <0， 因为x1∈，k′(0)＝1，k′(π)＝e－π>0， 所以存在x2∈(0，x1)，x3∈(x1，π)，使得k′(x2)＝0，k′(x3)＝0， 所以函数k(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，x3)上单调递减，在(x3，π)上单调递增， 故当x∈(0，x3)时，k(x)<k(x2)且k(x3)<k(π)<k(2π)，又k(x2)＝－e－x2＋cos x2，k(2π)＝－e-2π＋1，0<x2<π，cos x2<1，所以－e－x2<－e-2π，则k(x2)<k(2π)． 综上，t≥k(2π)＝1－e-2π，即实数t的取值范围为[1－e-2π，＋∞)． 13．解：(1)因为函数f (x)＝x－x3eax＋b， 所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b， 因为曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以即 解得a＝－1，b＝1． (2)由(1)知，f (x)＝x－x3e－x+1， 所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1， 所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1， 所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1， 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±， 所以当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示． x (－∞，0) 0 (0，3－ 3－ ， 3＋ 3＋ ，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 － g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以g(x)在区间(－∞，0)和上单调递增，在区间和上单调递减． (3)由(2)知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增， 当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0， 又因为f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，所以x1是f (x)的一个极小值点； 当x∈时，f ′(x)单调递减， 且f ′＜f ′(1)＝1－2＜0， 所以存在x2∈，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在上单调递减， 所以x2是f (x)的一个极大值点； 当x∈时，f ′(x)单调递增， 又因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈，使得f ′(x3)＝0， 所以f (x)在上单调递减，在(x3，3)上单调递增，所以x3是f (x)的一个极小值点； 又因为当x＞3时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3，＋∞)上单调递增，无极值点． 综上，f (x)在定义域R上有3个极值点． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　函数的极值与最值 利用导数研究函数的极值 命题角度：(1)根据函数图象判断极值；(2)求已知函数的极值；(3)已知极值(点)求参数． 典例1　(多选)(2023·新高考Ⅱ卷T11)若函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0　 B．ab>0　 C．b2＋8ac>0 　D．ac<0 命题立意：本题以对数函数与幂函数构成的新函数为载体，考查利用导数解决函数的极值，属于课程学习情境． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：确定函数定义域． 第2步：求导函数． 第3步：确定方程根的情况． 第4步：列方程组，得结论． 解：函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x)＝＝， 因为函数f (x)既有极大值也有极小值，则函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2， 于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确，故选BCD. (1)定义域优先原则． (2)掌握极值点处的导函数值等于0. (3)在做选择题时，不能只算出一个结果就选，要全面考虑，挖掘出题目中的限制条件，以防忽略某个条件而漏选、错选． 典例2　(2024·新高考Ⅱ卷T16)已知函数f (x)＝ex－ax－a3. (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． 命题立意 审题指导 本题以指数函数与一次函数构成的新函数为载体，考查导数的基本运算，导数的几何意义以及利用导数研究函数极值，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． (1)a＝1→f (x)→f (1)，f ′(x)→f ′(1)切线方程． (2)f ′(x)a＞0f (x)在x＝ln a处取得极小值1－ln a－a2＜0. 方法一(导数法)：设新函数g(a)→利用导数研究g(a)的单调性→a的取值范围． 方法二(图象法)：设新函数y＝ln a与y＝－a2＋1―→利用函数图象求得a的取值范围． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求当a＝1时函数的解析式与导函数． 第2步：求切线的斜率与切点坐标． 第3步：求切线方程． (2)第1步：求导． 第2步：讨论函数的单调性，求出极小值． 第3步：根据极小值小于0求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，则f ′(x)＝ex－1， 则f (1)＝e－2，f ′(1)＝e－1. 所以切点坐标为(1，e－2)，切线斜率为e－1. 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f (x)的定义域为R，f ′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f ′(x)＞0，函数f (x)在R上单调递增，无极值； 当a＞0时，由f ′(x)＞0，得x＞ln a，由f ′(x)＜0，得x＜ln a， 所以函数f (x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f (x)的极小值为f (ln a)＝a－a ln a－a3. 由题意知a－a ln a－a3＜0(a＞0)，等价于1－ln a－a2＜0(a＞0)． 法一(导数法)：令g(a)＝1－ln a－a2(a＞0)， 则g′(a)＝－－2a＝＜0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，故当0＜a＜1时，g(a)＞0；当a＞1时，g(a)＜0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 法二(图象法)：由1－ln a－a2＜0(a＞0)，得ln a＞－a2＋1(a＞0)．如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象， 由图易知当a＞1时，ln a＞－a2＋1，即1－ln a－a2＜0. 所以实数a的取值范围为(1，＋∞)． (1)求曲线的切线方程时注意条件是“过点”还是“在点”的差异，“过点P”的切线中，点P不一定是切点，也不一定在已知曲线上，而在点P的切线，必以点P为切点． (2)f ′(x)的符号与a的取值有关． (3)易错：对函数极值的充要条件把握不准致误，一般地，f ′(x0)＝0时，若f ′(x)在x＝x0两侧符号相反，则函数f (x)在x＝x0处存在极值；若f ′(x)在x＝x0两侧符号相同，则函数f (x)在x＝x0处不存在极值．因此，在根据极值条件求参数的值的问题中，应按照函数在这一点取得极值所对应的条件检验每一组．解对应的函数在该点是否能取得极值，从而进行取舍． (4)若函数y＝f (x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f (x)在(a，b)内不是单调函数． 归纳总结：已知函数极值点或极值求参数的两个要领 (1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解； (2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性． 利用导数研究最值问题 利用导数求函数的最值：(1)比较法：求出函数y＝f (x)在区间(a，b)上的极值及在端点处的函数值f (a)，f (b)，通过比较大小可求得y＝f (x)的最值．(2)构造函数法：构造函数，通过求导，利用函数的单调性求最值． 典例3　(2022·全国乙卷文T11)函数f ＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为(　　) A．－　　　　　　 B．－　　　　　 C．－＋2　　　　　 D．－＋2 命题立意：本题属于课程学习情境．以三角函数为载体，考查利用导数求函数的最值，考查的知识是导数的运算法则、函数的单调性、最值等，体现了数学运算、直观想象等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：求导． 第2步：求极值． 第3步：与端点值比较得最值． 解：因为f (x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]， 则f ′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x， 令cos x＝0得x＝或， 当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)在区间[0，2π]上的极大值为f ＝＋2，极小值为f ＝－，又因为f (0)＝2，f (2π)＝2， 所以函数f (x)在区间[0，2π]的最小值为－，最大值为＋2.故选D. (1)不能忽略函数f (x)的定义域． (2)熟记公式，避免求导错误． 典例4　(2022·新高考Ⅰ卷T22)已知函数f (x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln 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． 命题立意 审题指导 本题属于探索创新情境，以指数函数和对数函数为载体，考查函数最值和等差数列，考查导数运算、函数单调性、最值、等差数列等知识，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养． (1)f (x)，g(x)单调性 a＝1. (2)设直线y＝b与曲线y＝f (x)和y＝g(x)的三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1<x2<x3―→f (x1)＝f (x2)＝g(x2)＝g(x3)＝bx2＝，x1＝ln x2x1＋x3＝2x2―→得证． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：求导． 第2步：求最值． 对a分类讨论，利用导数正负判断单调性，结合单调性求最小值． 第3步：构建函数． 根据最小值相等列方程，构建函数． 第4步：求a. 判断构造函数的单调性，通过求h(x)零点进而求a的值． (2)第1步：求最小值．判断f (x)，g(x)的单调性，然后求最小值． 第2步：根据直线y＝b与曲线y＝f (x)和y＝g(x)有三个不同交点，可知直线y＝b经过y＝f (x)和y＝g(x)的交点． 第3步：同构函数g(x)＝f (ln x)，通过代换得证三个交点的横坐标从左到右成等差数列． 解：(1)f ′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－. 若a≤0，f ′(x)>0在R上恒成立，f (x)在R上单调递增，即f (x)无最小值． 若a>0，当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增． 所以f (x)在x＝ln a处取得最小值f (ln a)＝a－a ln a. 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)在x＝处取得最小值g＝1＋ln a， 所以a－a ln a＝1＋ln a(a>0)， 即ln a＋－1＝0. 令h(x)＝ln x＋－1(x>0)， 则h′(x)＝＝>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝0， 所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝1，所以a＝1. (2)证明：由(1)得f (x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，且f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x)min＝g(x)min＝1. 当直线y＝b与曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1<x2<x3， 则f (x1)＝f (x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. 因为f (x)＝ex－x， g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f (ln x)， 所以f (x1)＝f (x2)＝f (ln x2)＝f (ln x3)， 由于x2≠x1，x2≠ln x2， 所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f (ln x2)＝－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b， f (ln x3)＝－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b， 上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． (1)a的正负影响f (x)，g(x)的单调性，故需对a分类讨论． (2)根据f ′(x)的正负判断单调性，求得f (x)的最小值． (3)定义域不可忽略． (4)根据g′(x)的正负判断g(x)的单调性，求得g(x)的最小值． (6)当直线y＝b经过点(x2，f (x2))时，与曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同的交点． 7/7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间7　导数的综合应用 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题15分，共73分) 考向一　利用导数证明不等式 1．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷T19姊妹题)已知函数f (x)＝－ax2＋2ax． (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)当a>0时，证明：f (x)<ea－1＋． 考向二　不等式恒成立或有解问题 2．(15分)(2024·新高考Ⅰ卷T18姊妹题)已知函数f (x)＝a(x＋1)＋ln ＋bx＋b＋1． (1)若a＝0，且f (x－1)在定义域内单调递减，求b的取值范围； (2)证明：y＝f (x)为中心对称图形，并求其对称中心； (3)当x∈(－1，0)时，f (x)＜1恒成立，求a＋b的取值范围． 考向三　利用导数研究函数的零点 3．(2021·新高考Ⅱ卷T22(2)子母题)已知函数f (x)＝ax2－ax ln x－ex有两个零点，则实数a的取值范围为(　　) [A] [B](0，e) [C] [D](e，＋∞) 4．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷T10)已知函数f (x)＝x3－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 5．(多选)(2024·新高考Ⅱ卷T11)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，f (1))为曲线y＝f (x)的对称中心 6．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷T22姊妹题)已知函数f (x)＝e2x＋aex，g(x)＝a(1－x)ex＋x2(a∈R)，则下列选项正确的是(　　) [A]函数f (x)单调递增 [B]a<0时，f (x)只有一个零点 [C]函数g(x)有两个极值点 [D]a＝2时，方程f (x)＝g(x)只有一个实根 7．(2021·新高考Ⅱ卷T22(2)改编题)已知函数f (x)＝ex－a－－1有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________． 8．(15分)(2024·北京卷T20)设函数f (x)＝x＋k ln (1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f (x)在点(t，f (t))(t>0)处的切线． (1)当k＝－1时，求f (x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0，0)； (3)当k＝1时，设点A(t，f (t))(t＞0)，C(0，f (t))，O(0，0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln 3<1.10，1.60<ln 5<1.61，1.94<ln 7<1.95) 2/2 学科网（北京）股份有限公司 $$