专题06 函数与导数（7大考点）（湖北专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 函数与导数 7大考点概览 考点01函数及其性质 考点02函数模型及其应用 考点03切线问题 考点04零点与方程的根 考点05恒成立问题 考点06三次函数综合 考点07导数的综合应用 函数及其性质 考点01 1．（2026·湖北·二模）已知函数，则该函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 令则，则原函数的值域等价于函数的值域， 时，恒成立，即单调递增， 当时，，时，， 所以值域为. 2．（2026·湖北宜昌·二模）已知函数的图象关于直线对称，则（    ） A．2 B．0 C． D． 【答案】C 【分析】求出函数的定义域，利用对称性的特征可得，再利用求解，最后得到即可. 【详解】函数的定义域满足，即， 由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称， 则的解集只能为，故. 由，得， 故，即得 则，解得，故. 3．（2026·湖北·二模）定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令代入，得到的奇偶性，令，可得，并结合题干可推得的单调性，再对、、进行变形，往中凑，最后再令，研究的单调性即可求解． 【详解】，，令，则，得， 令得，即函数是奇函数， 下面判断函数的单调性，令，则， ，所以， 所以，即， 所以在单调递增， ，， ， 构造函数，则， 当时，，当时，， 所以在递增，在递减， 则， 即， 所以，又在单调递增， 所以，也即． 4．（2026·湖北武汉·二模）（多选）已知函数，则（   ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】AD 【分析】首先利用单调性画出函数的图象，再根据图象，以及函数的单调性判断选项. 【详解】A.时，，时，单调递减，时，单调递增， 所以是的极小值点，故A正确； 如图，画出函数的图象， B.当，，得或 所以当，， 当，单调递增，由增加到1， ，由1减小到，存在点时，，故B错误； C.如图，当时，，，，此时，不满足，故C错误； D.当时，，，此时， ，所以，故D正确. 函数模型及其应用 考点02 5．（2026·湖北十堰·二模）冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程.主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）.已知某蔬菜的保鲜时间y（单位：小时）与贮藏温度x（单位：℃）之间满足：（其中a，b为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为9℃的环境下保鲜时间为261小时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过（   ） A．12℃ B．14℃ C．16℃ D．18℃ 【答案】C 【分析】利用已知条件求出指数函数的参数，再通过不等式求解温度范围. 【详解】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（为常数）. 当时，，代入得：① 当时，，代入得：② 将①②化简可得：，即，解得：， 代入①式求得：， 由题意，即：，即， 则，将代入：， 化简可得： ，当指数大于等于零时不等式成立，即 ，解得：. 所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过. 切线问题 考点03 6．（2026·湖北恩施·二模）曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【详解】因为，令，则， 所以切线方程为． 故在点处的切线方程为． 7．（2026·湖北宜昌·二模）若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】先求出切线方程，根据题意有恒成立，参变分离后恒成立，最后结合分离参数法求解参数范围即可. 【详解】设曲线过点的切线的切点为， 则切线的斜率， 所以，，切线方程为， 所以恒成立， 所以恒成立， 令，则 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则为的极小值点， 又因为时，， 所以，故. 8．（2026·湖北武汉·二模）已知函数，其中. (1)当时， （ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （ⅱ）求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）在上单调递减，在上单调递增. (2). 【分析】（1）（ⅰ）根据导数的几何意义求切线方程； （ⅱ）根据导数的正负求函数的单调区间； （2）首先确定，再根据导数求函数的最小值，根据最小值，结合极值点化简不等式，求和的取值范围. 【详解】（1）当时，，. （ⅰ）因，，所以切线方程为. （ⅱ）由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，不满足题意. 所以，此时. 显然是上的增函数，且时，，时，， 所以存在唯一正实数使得，即. 此时在上单调递减，在上单调递增. 由题意. 将代入上式整理得：，解得：. 此时，代入后. 化简得：，解得：. 令，其中. 则，所以是区间上的增函数. 所以，代入得到的取值范围是. 9．（2026·湖北·二模）已知函数． (1)若函数在点处的切线过，求a的值； (2)若，证明：恒成立； (3)试求出正整数a的最小值，使存在唯一的极值点． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最小值为2 【分析】（1）先求导，再求，进而求切线方程，由切线过点即可求解； （2）由，记，即证，利用导数研究单调性求即可； （3）设，分和两种情况讨论即可； 【详解】（1）由已知，， 所以，， 则在点处的切线为：， 即，所以，； （2）若，则，， 所以， 记，则， 易知时，，函数递增；时，。函数递减， ； （3）设，， 1° 当时，，易知，且时，， 时，，则1为的极大值点， 而，， 则存在，使，即应为另一极值点，知时不成立； 2° 当时，，由 知时，，恒成立，得在上单调递减， 又，，所以在内存在唯一零点， 即在内存在唯一极值点； 当时，，所以，则，单调递减， 无极值； 当时，，则，单调递减，无极值．故符合要求． 综上：正整数a的最小值为2，使存在唯一的极值点． 10．（2026·湖北宜昌·二模）已知定义在上的函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解； （2）①构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解；②根据条件，转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为，则， 又，所以曲线在点处的切线方程为. （2）①令， 则， 令， 则， 当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 则，又，所以在区间恒成立， 所以在区间上单调递增，又，则，即. ②当时，，当且仅当时取等号， 所以， 要证，即证明， 也即证明， 令，易知， 则， 令，则， 易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 又当时，，所以，则， 所以在区间上单调递增， 又，则， 即，命题得证. 零点与方程的根 考点04 11．（2026·湖北黄冈·二模）设分别是与的零点，则的取值范围是___________． 【答案】 【分析】根据函数零点的定义，运用转化法、同底的指数函数和对数函数互为反函数的性质，结合对勾函数的单调性进行求解即可. 【详解】当时，因为函数是实数集上的增函数， 所以函数是实数集上的增函数， 因为是的唯一零点， 所以， 即是指数函数和反比例函数的唯一交点的横坐标. 当时，因为是的零点， 所以， 设， 当时，因为函数是正实数集上的增函数， 所以是正实数集上的增函数， 即是指数函数和反比例函数的唯一交点的横坐标， 显然函数与函数的图象关于直线对称，如下图所示： 显然，由数形结合思想可知：， 的中点在上， 所以， ，设 ， 由对勾函数的单调性可知该函数在时，单调递减， 即， 所以的取值范围是. 12．（2026·湖北·二模）已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是______． 【答案】 【分析】易知是的一个零点，当时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论即可得解. 【详解】易知，当时，，所以是的一个零点. 所以时，有3个零点，即有3个根， 即和的图象有3个交点． 设，，则和的图象有3个交点． 当时，和的图象有且仅有1个交点，不合题意，应舍去． 函数恒过定点且对称轴为，作出和的大致图象， 当，若与的图象相切，， 设切点，则，解得． 和的图象有3个交点，则． 当，时满足题意，解得， 综上所述，． 故答案为：． 13．（2026·湖北黄冈·二模）已知，其中． (1)求证：当时，； (2)讨论取不同值的时候，函数的零点个数； (3)证明：，其中． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，有且仅有1个零点；当时，有且仅有2个零点 (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数求导后，利用导数定义判断即可得； （2）分及进行讨论，利用导数可研究函数单调性，再利用函数单调性与零点存在性定理判断即可得； （3）令，可得，再累加求和即可得证. 【详解】（1）， 令，则， 而且，所以， 即在上单调递增，， 所以，即在上单调递增， 所以； （2）①时，，， 所以在上单调递增，又， 则此时有且仅有1个零点； ②时，在上小于0，在上大于0， 即在上单调递减，在上单调递增， 又且，则存在唯一的， 即在和上大于0，在上小于0， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又时，， 则在上存在唯一零点，在其余区间有且只有1这一个零点， 此时函数有且仅有2个零点； 综上所述，当时，有且仅有1个零点； 当时，有且仅有2个零点； （3）令，且时，得，再令， 代入化简可得， 则 ， 则. 14．（2026·湖北孝感·二模）已知函数． (1)当时，讨论的图象与直线的交点个数； (2)对任意的，恒成立，求的值； (3)证明：，． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导得函数的单调区间，由函数的单调区间求出函数的最大值，画出函数的大致图像即可得出交点个数. （2）构造函数，原不等式等价于，求，对分类讨论即可. （3）由（2）得， 时，，化简，再利用累加法计算即可. 【详解】（1）当时，定义域为， ， 令，解得：， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，， 当时，；当时，；当时，；当时，， 的大致图象如图所示， 当时，的图象与直线的交点个数为0； 当或时，的图象与直线的交点个数为1； 当时，的图象与直线的交点个数为2． （2），恒成立， ，即， 令，则不等式等价于， ， 当，则，在上单调递减，， 时不合题意； 当，令得； 令得， 的递增区间为，递减区间为， 若， ，则当时，，不合题意； 若，，符合题意； 若，，则当时，，不合题意； 综上，. （3）由（2）得，当时，有，当且仅当时等号成立， 时，， ，即， ， ， ， ，，，……， ，即， ， 恒成立问题 考点05 15．（2026·湖北·二模）已知函数，且对恒成立，则的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】求得，令，求得，得到的单调性和最小值，分和，两种情况讨论，得到存在唯一的使得和，代入得，令，利用导数求得的单调性与最大值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，可得， 令，即，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处取得最小值， 若，可得恒成立，所以在上单调递增， 当时，，可得， 不满足恒成立，不符合题意； 当时，因为在上单调递减，在单调递增， 且当时，；当时，，如图所示， 所以存在唯一的使得，即， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以时，函数取得最小值， 将代入可得，整理得， 再将和代入， 可得， 令，可得， 令，即，解得或， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，且， 所以的最大值为. 16．（2026·湖北恩施·二模）已知，若实数满足恒成立，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据的情况分类讨论即可求解. 【详解】由题意，当时，，由， 所以，即，故当满足题意； 当时，由，所以，又， 所以，满足题意； 当时，， 即在恒成立，令， 所以，由，所以， 所以在单调递增，所以， 所以，所以， 综上所述. 17．（2026·湖北十堰·二模）已知函数． (1)若，函数，讨论的单调性； (2)若恒成立，求t的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）求导，分和分别求解即可； （2）利用导数及转化思想，求出函数的最小值，利用求解即可. 【详解】（1）当时，，函数的定义域为， 且， 当时，在上恒成立， 所以在上单调递减； 当时， 令，得， 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）由， 可得， 令， 则， 所以，即在上单调递增， 且当时，；且时，， 故存在，使得， 即存在， 也即， 且当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故， 又因为，， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 三次函数综合 考点06 18．（2026·湖北·二模）函数的极大值点为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得，得出函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当或时，可得；当时，， 所以在递增，在递减， 所以是函数的极大值点. 19．（2026·湖北宜昌·二模）（多选）设函数，则（    ） A．函数在区间上单调递减 B．函数是奇函数 C．直线与曲线有3个公共点 D．斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 【答案】ABD 【分析】利用导数求解单调性判断A，利用函数奇偶性的定义判断B，求出公共点来判断C，分离参数并结合导数得到，，进而判断D即可. 【详解】对于A，因为， 所以， 当时，恒成立，则在区间上单调递减，故A正确； 对于B，由题意得 ， 令，则， 可得，得到函数是奇函数，故B正确； 对于C，联立方程组，解得或， 则直线与曲线的公共点为和，共2个，故C错误； 对于D，设直线方程为，联立方程组， 化简可得，若曲线和直线有且仅有一个公共点， 则有且仅有一个解， 即与有且仅有一个公共点， 而，得到在上单调递增， 当时，，当时，， 则，，得到与有且仅有一个公共点成立，故D正确. 20．（2026·湖北十堰·二模）（多选）已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．3是的极大值点 C．曲线在点处的切线方程为 D．若，则在上存在最大值 【答案】AC 【详解】A，，显然是奇函数，正确； B，，易得在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，错误； C，，，故曲线在点处的切线方程为，即，正确； D， ，在处左增右减，故为极大值点，极大值，在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，错误. 21．（2026·湖北宜昌·二模）已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为． （1）______； （2）若四边形为菱形，则______． 【答案】 0 【分析】因为函数有两个极值点，所以先对求导，利用导数与极值点的关系，得到是导数为0的方程的两根，再结合韦达定理得到的值,因为垂直于y轴，所以A和B、C和D的纵坐标相等，由此建立关于m、n的方程，继而推导出与的关系，即可求得第一空答案；若四边形为菱形，则，建立关于a的方程求解，可求得第二空答案. 【详解】由，得， 由题意可知为的两实数根，则判别式，即， 则，且， 均垂直于轴，则，即， 整理得，而，故， 结合，得，解得或（此时重合，舍）， 同理可得，故； 由上面分析可知， 此时的中点为，即， 的中点为，即， 即，的中点重合，四边形为平行四边形； 若四边形为菱形，则垂直，则； ， 由于，则， 则， ， 由，得，结合，解得. 导数的综合应用 考点07 22．（2026·湖北孝感·二模）关于的方程有实根，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设方程的实根为，根据条件得，令，从而得点在直线上，先求出点原点到直线的最小值，即可求解. 【详解】由关于的方程有实根，得关于的方程有实根， 设方程的实根为，则， 得到，即， 设点，则点在直线上， 点到直线的距离， 设，函数，，则， 当时，；当时，， 函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此，，则， 当时，，由，解得，此时； 由，解得，此时， 所以的取值范围为. 23．（2026·湖北十堰·二模）已知函数，存在，，满足．设，函数，则在区间上的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由 的最值求得，再化简，换元求导得 在上最小值为 . 【详解】，则，， 所以. 若存在，，满足， 则当且仅当，时等号成立， 所以，， 解得，， 所以； . 又 ， 所以. 令，当时，的取值范围是， 令，则， 当时，单调递减； 当时，，单调递增. 所以， 所以在上的最小值为． 24．（2026·湖北恩施·二模）（多选）已知，则（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】AD 【分析】通过三角恒等变换，引入中间变量将和分别转化为关于的函数，并根据的范围确定的取值范围，再利用导数求函数的单调性，进而求出值域，从而判断各选项的正误. 【详解】， 令，则， 即，则， ， 因为，所以，则 设，则， 时，即在上单调递减， 当时，， 当时，，所以 故有最小值，无最大值；故A正确B错误； ， 设，则， 时，即在上单调递增， 当时，， 当时，，所以 则有最大值，无最小值，故D正确C错误. 25．（2026·湖北·二模）函数. (1)当时，求函数在的单调区间； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是 (2) (3) 【分析】（1）求得，令，利用导数求得在单调递增，得到在单调递增，结合，即可求解； （2）根据题意，转化为有解，令，得到有解，构造函数，求得，得到的单调性和最小值，再结合函数为单调递增，即可求解. （3）根据题意，转化为有两个不同的解，由（2）得到，求得化简得到，令，求得，令，利用导数求得为增函数，得到，得到在递增，求得，即可得到答案. 【详解】（1）解：当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，可得在单调递增， 所以，所以在单调递增， 又因为， 所以当时，；时，； 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）解：由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，即在上有解， 令，则有解， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在递增，所以，即， 又因为函数在单调递增， 所以当时，可得，即， 所以实数的取值范围为. （3）解：函数有两个零点，即有两个不同的解， 即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，可得， 当时，的两个解为，即，则，即， 令，则，且，所以，， 所以， 构造函数，可得， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以恒成立，所以在单调递增， 可得， 又因为时，，所以. 26．（2026·湖北宜昌·二模）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，求函数的最小值； (3)求证：. 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间. (2)0 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求解给定参数范围下的单调区间即可. （2）结合题意并合理构造函数，最后结合导数求解最值即可. （3）结合已知得到，再结合换元法证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得函数的定义域为， 当时，，则在单调递增， 所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）当时，， 令，则， 所以即在单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，故. （3）由（2）知当时，， 即，当且仅当时取等号， 令，则， 所以, 即. 27．（2026·湖北恩施·二模）已知函数． (1)当时，令，求的最小值； (2)当时，求证：； (3)若，求证：. 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析单调性，进而确定最值； （2）先通过两个常用不等式放缩，相加得到，再构造，结合得到，进而证明目标不等式； （3）先由将目标式转化为证明，构造，通过导数判断单调性，最终得到结论. 【详解】（1），令， 所以在上单调递增，所以，即的最小值为0. （2）令，，在单调递增， ，， 由（1）可得，．① 令，，， ，．② ①②可得， 不等式成立. （3），， 即证， 不妨设，令， 则， ， 令，则，， ，， ，故为上的增函数． ，当且仅当时取等号，故为上的增函数． ， ， 故原命题得证． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06函数与导数 ☆7大考点概览 考点01函数及其性质 考点02函数模型及其应用 考点03切线问题 考点04零点与方程的根 考点05恒成立问题 考点06三次函数综合 考点07导数的综合应用 考点01 函数及其性质 1.（2026湖北二模)已知函数fx=c-, ,则该函数的值域为() e*+2 A.[25-4,+）B. D.（-1,+0 2.(2026湖北宜昌二模)已知函数f(y=(-mn+b的图象关于直线x=1对称，则a+b=(） A.2 B.0 C.-1 D.-2 3.(2025浅北二核)定义在-1的函数到满起：，-，小-列-，且 -1时，<0，若P=)Q=8=n2）,R=2,则P、Q、的大小关系为（) A.Q<R<P B.R<O<P C.R<P<O D.P<R<O 4.(2026湖北武汉二模)（多选）已知函数=x-1,x≤2 2-n(x-1,x>2'则() A.x=1是(x的极小值点 B.当1<x<2时，f(x<fx2 C.当0<x<1时，fx)<f(2x D.当-1<x<0时，f(x)>f(4-x 考点02 函数模型及其应用 5.(2026湖北十堰二模)冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中 始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、 肉禽蛋等)、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）.己知某蔬菜的保鲜时间y(单位： 1/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 小时)与贮藏温度x(单位：℃)之间满足：y=er+b(其中a,b为常数)若该蔬菜在贮藏温度为9℃的环 境下保鲜时间为261小时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该 蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过() A.12C B.14℃ C.16C D.18C 考点03 切线问题 6.(2026湖北恩施·二模)曲线y=e-e在(1,0)处的切线方程为 7,226北宜昌二模)若自线y=。过点(-L0)的切线恒在函数f到-c-r一日r+日-1的图象 的上方，则实数a的取值范围是 &.(2026湖北武汉二模)已知函数f=(x-alnx+号，英中a20 (1)当a=0时， (i)求曲线y=f(x)在点(1，∫()处的切线方程； (ⅱ)求函数fx)的单调区间； (2)若f(x)≥0，求a的取值范围. 9.(2026湖北二模)已知函数f(x)=sin +lnx-ax 21 (1)若函数f(x)在点(L,f()处的切线过-1,1)，求a的值； 1 ②若a>2,证明：f(<1恒成立： (3)试求出正整数a的最小值，使∫(x)存在唯一的极值点. 10.(2026湖北宜昌·二模)已知定义在0，+o上的函数fx)=e1n1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0，∫(0)处的切线方程； (2)设Ax,f(x)月，B(x2f(x2)月，C(x+x2,f(x+x2)为函数f(x)的图象上不同于原点0的三个不同的点，其 中x1<X2: ①证明：koA<koB; ②定义M,N两点间的距离如下：d(M,N)=xw-xw+yw-yx, 2/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：d(0,C)>d(0,A+d(0,B). 考点04 零点与方程的根 11.(2026湖北黄冈二模)设x,x2分别是∫x=x-a与gx)=xl0g。x-1a>1)的零点，则x+9x,的取值 范围是 12.(2026湖北二模)己知函数f(x)= {-24,x<0若函数8=f)-r2-2erk∈R)(e为自然对 xe-2,x≥0 数的底数)恰有4个零点，则k的取值范围是 13.（2026满北黄冈二模)已知fy=1x-） n+1 -lnx,其中neN. (1)求证：当x>1时，f(x>0: (2)讨论取不同值的时候，函数f(x)的零点个数； 1 1 1 (3)证明： 十…十 3+122+22 F+2 >ln(t+1,其中(t≥1，teN): 14.(2026湖北孝感二模)已知函数f-血(a≠0. (1)当a=1时，讨论f(x)的图象与直线y=m的交点个数； (②)对任意的x∈(0，+0)，f(x≤1-1恒成立，求a的值； 证明：n+1>e片品，neN. 考点05 恒成立问题 15.(2026湖北二模)已知函数f(x)=xe-mx-n,且f(x≥0对xeR恒成立，则m+2n的最大值为 16.(2026湖北恩施二模)己知x∈0， 0,4),若实数a满足1aa:tanx>lhr恒成立，则（) π】 1 A.a≥1 B.a24 T C.az -In 4 D.a22 17.(2026湖北十堰二模)己知函数f(x=e-ln(x+. 1/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 (0)若1=2函数8)=/(-。+ax,讨论8(y的单调性： (2)若f(x)≥1恒成立，求t的取值范围. 考点06 三次函数综合 18.(2026湖北二模)函数f(x=x3-27x的极大值点为() A.-3 B.3 C.-3,54 D.3,-54) 19.(2026湖北宜昌·二模)（多选）设函数f(x=x3-6x2+9x+2,则() A.函数f(x在区间(1,3上单调递减 B.函数y=fx+2)-4是奇函数 C.直线y=2与曲线y=f(x)有3个公共点 D.斜率为-3的直线与曲线y=∫(x)有且仅有一个公共点 20.(2026湖北十据二模)（多选）已知函数fe)}-2-3x}则《) A.y=f(x+1)+4为奇函数 B.3是f(x)的极大值点 C.曲线y=f(x)在点(4，f(4)处的切线方程为5x-y-27=0 D.若a>-1,则f(x)在(-2，a上存在最大值 21.（2026湖北宜昌·二模)已知函数fx=x3-ax+1a∈R)的两个极值点为x,x,x1<),记Ax,f(x), Cx2,f(x2).点B,D在∫(x的图象上，满足AB,CD均垂直于y轴，设点B,D的横坐标为m,n. (1)m+n= (2)若四边形ABCD为菱形，则a= 考点07 导数的综合应用 22,2026湖北孝感二模)关于x的方程2max+?} =√4x2+1有实根，则a2+b的取值范围为() A.e,+o】 B.[e2,+o) C.[2e,+o】 D.4e2,+o 2/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 23.2026湖北十报二模)已知函数四=os2x,存在x,5,满足//+一了 3=3.设 f(x)+ 2 m=k-lm，函数g(x)=/ 则g(x)在区间[0，m]上的最小值为() A.1-√2 B.1-V5 C.-22 D.-2c0s1 24.2026湖北恩施二拔)（多选〉已知xe0y= 1 2 8(=1+1 ,则() sinxcosx sinx cosx A.f(x)+8(x的最小值为2√2+2 B.f(x)+g(x)的最大值为2√2+4 C.f(x-gx)的最小值为4-2V瓦 D.fx-gx的最大值为2-2√2 25.(2026湖北二模)函数f(x=e-xlnx+x2-ax(aeR) (0当a=+1时，求函数在的单调区间： (2)若存在xe(0,+o,使得fx)≤0成立，求a的取值范围； (⊙)若函数y有两个零点x、,且2x≤，求+的取值范围 X x2 26.(2026湖北宜昌·二模)已知函数f(x)=(x-1)e-alnx,a∈R (1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a=e时，求函数f(x)的最小值； .1,1， ,11 ③求证：e+2e2+3c++nc>nm+川meN) 3 n 27.(2026湖北恩施·二模)已知函数fx)=e+asinx,a∈R. (I)当a=0,x≥0时，令gx=f(x-ex,求gx)的最小值； (2)当a≤0，x≥0时，求证：2f(x)≥(2a+e+1x+1; 2 3)若0<a<1>0,>0,+2,+3=0,求证：f++)号f()+3() 1/23