15.利用导数研究函数的性质-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2021-2025年高考真题，聚焦导数研究函数性质，覆盖切线方程、极值点判断、单调性应用等核心考点，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（单选+多选）|10题/50分|切线方程（2024全国甲卷6题）、极值点（2023新高考Ⅱ卷11题）、函数对称性（2022新高考Ⅰ卷12题）|立足近年真题，梯度设计，从基础运算到综合分析| |填空|6题/30分|切线方程（2025全国Ⅰ卷12题）、最值求解（2021新高考Ⅰ卷15题）|注重导数几何意义与函数性质结合| |解答|2题/24分|切线方程与参数范围（2024新高考Ⅱ卷17题）、极值点条件探究（2023新高考Ⅱ卷22题节选）|综合考查分类讨论与逻辑推理，贴合高考命题趋势|

15.利用导数研究函数的性质 1.（2024·全国甲卷6题）设函数f（x）＝，则曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（　　） A. B. C. D. 解析：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，切线与两坐标轴的交点分别为（0，1），（－，0），所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A. 2.（2023·新高考Ⅱ卷6题）已知函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）上单调递增，则实数a的最小值为（　　） A.e2 B.e C.e－1 D.e－2 解析：C　法一　由题意，得f'（x）＝aex－，∴f'（x）＝aex－≥0在区间（1，2）上恒成立，即a≥在区间（1，2）上恒成立.设函数g（x）＝，x∈（1，2），则g'（x）＝－＜0，∴函数g（x）在区间（1，2）单调递减.∴∀x∈（1，2），g（x）＜g（1）＝＝e－1.∴a≥e－1，∴a的最小值为e－1.故选C. 法二　∵函数f（x）＝aex－ln x，∴f'（x）＝aex－.∵函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增， ∴f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.当x∈（1，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴在（1，2）上，g（x）＞g（1）＝e，∴≤e，即a≥＝e－1，故选C. 3.（2021·新高考Ⅰ卷7题）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（　　） A.eb＜a B.ea＜b C.0＜a＜eb D.0＜b＜ea 解析：D　法一（通解）　设切点（x0，y0），y0＞0，则切线方程为y－b＝（x－a），由得（1－x0＋a）＝b，则由题意知关于x0的方程（1－x0＋a）＝b有两个不同的解.设f（x）＝ex（1－x＋a），则f'（x）＝ex（1－x＋a）－ex＝－ex（x－a），由f'（x）＝0得x＝a，所以当x＜a时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞a时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）max＝f（a）＝ea（1－a＋a）＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f（x）＞0，当x→－∞时，f（x）→0，当x→＋∞时，f（x）→－∞，函数f（x）＝ex（1－x＋a）的大致图象如图所示， 因为f（x）的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea.故选D. 法二（优解）　过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则点（a，b）在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea.故选D. 4.（2022·新高考Ⅰ卷7题）设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则（　　） A.a＜b＜c B.c＜b＜a C.c＜a＜b D.a＜c＜b 解析：C　法一　设u（x）＝xex（0＜x≤0.1），v（x）＝（0＜x≤0.1），w（x）＝－ln（1－x）（0＜x≤0.1），则当0＜x≤0.1时，u（x）＞0，v（x）＞0，w（x）＞0.①设f（x）＝ln[u（x）]－ln[v（x）]＝ln x＋x－[ln x－ln（1－x）]＝x＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则f'（x）＝1－＝＜0在（0，0.1]上恒成立，所以f（x）在（0，0.1]上单调递减，所以f（0.1）＜0＋ln（1－0）＝0，即ln[u（0.1）]－ln[v（0.1）]＜0，所以ln[u（0.1）]＜ln[v（0.1）]，又函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以u（0.1）＜v（0.1），即0.1e0.1＜，所以a＜b.②设g（x）＝u（x）－w（x）＝xex＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则g'（x）＝（x＋1）ex－＝（0＜x≤0.1），设h（x）＝（1－x2）ex－1（0＜x≤0.1），则h'（x）＝（1－2x－x2）ex＞0在（0，0.1]上恒成立，所以h（x）在（0，0.1]上单调递增，所以h（x）＞（1－02）×e0－1＝0，即g'（x）＞0在（0，0.1]上恒成立，所以g（x）在（0，0.1]上单调递增，所以g（0.1）＞0×e0＋ln（1－0）＝0，即g（0.1）＝u（0.1）－w（0.1）＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b，故选C. 法二　由已知，a－c＝0.1e0.1＋ln（1－0.1）.记f（x）＝xex＋ln（1－x）（0＜x≤0.1），则f'（x）＝（x＋1）ex＋＝，记g（x）＝（x2－1）ex＋1，则g'（x）＝（x2＋2x－1）ex，因为0＜x≤0.1，所以x2＋2x－1＜0，ex＞0，即g'（x）＝（x2＋2x－1）ex＜0，所以g（x）在（0，0.1]上单调递减，g（x）＜g（0）＝0，又x－1＜0，所以f'（x）＞0，即f（x）在（0，0.1]上单调递增，则f（x）＞f（0）＝0，即a－c＞0，a＞c.又＝0.9e0.1＜1，又b＞0，所以c＜a＜b. 5.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷11题）若函数f（x）＝ aln 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 解析：BCD　因为函数f（x）＝aln x＋＋（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选B、C、D. 6.〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷10题）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）＝（x2－3）ex＋2，则（　　） A.f（0）＝0 B.当x＜0时，f（x）＝－（x2－3）e－x－2 C.f（x）≥2当且仅当x≥ D.x＝－1是f（x）的极大值点 解析：ABD　A.根据奇函数的定义有f（0）＝0，故A正确；B.当x＜0时，－x＞0，所以f（－x）＝（x2－3）e－x＋2，因为f（－x）＝－f（x），所以f（x）＝－（x2－3）e－x－2，故B正确；C.当x＞0时，f'（x）＝（x2＋2x－3）ex＝（x－1）（x＋3）ex，所以函数f（x）在（0，1）上单凋递减，在（1，＋∞）上单调递增，又f（）＝2，当x→0＋时，f（x）→－1，所以由f（x）≥2得x≥；当x＜0时，f（－1）＝2（e－1）＞2，满足f（x）≥2，但－1∉[，＋∞），故C错误；D.根据C解析知x＝1是函数f（x）的极小值点，根据奇函数图象关于原点对称，知x＝－1是函数f（x）的极大值点，故D正确. 7.（多选）（2024·新高考Ⅰ卷10题）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） 解析：ACD　对A，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，故函数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，A正确；对B，当0＜x＜1时，x－x2＝x（1－x）＞0，所以x＞x2，又函数f（x）在（0，1）上单调递增，所以f（x）＞f（x2），B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，C正确；对D，由2－x－x＝2－2x，又－1＜x＜0，故2－2x＞0，所以f（2－x）－f（x）＝（1－x）2（－2－x）－（x－1）2（x－4）＝（x－1）2（2－2x）＞0，D正确.故选A、C、D. 8.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷10题）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 解析：AC　因为f（x）＝x3－x＋1，所以f'（x）＝3x2－1，令f'（x）＝3x2－1＝0，得x＝±.由f'（x）＝3x2－1＞0得x＞或x＜－；由f'（x）＝3x2－1＜0得－＜x＜.所以f（x）＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f（x）有两个极值点，故A正确.因为f（x）的极小值f＝－＋1＝1－＞0，f（－2）＝（－2）3－（－2）＋1＝－5＜0，所以函数f（x）在R上有且只有一个零点，故B错误.因为函数g（x）＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f（x）＝x3－x＋1的图象，函数g（x）＝x3－x的图象关于原点（0，0）中心对称且g（0）＝0，所以点（0，1）是曲线f（x）＝x3－x＋1的对称中心，故C正确.假设直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，切点为（x0，y0），则f'（x0）＝3－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为（1，1），但点（1，1）不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为（－1，1），但点（－1，1）不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选A、C. 9.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷12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f，g（2＋x）均为偶函数，则（　　） A.f（0）＝0 B.g＝0 C.f（－1）＝f（4） D.g（－1）＝g（2） 解析：BC　法一（转化法）　因为f为偶函数，所以f＝f，所以函数f（x）的图象关于直线x＝对称，f（－2×）＝f，即f（－1）＝f（4），所以C正确；因为g（2＋x）为偶函数，所以g（2＋x）＝g（2－x），函数g（x）的图象关于直线x＝2对称，因为g（x）＝f'（x），所以函数 g（x）的图象关于点对称，所以g（x）的周期T＝4×＝2，因为f（－1）＝f（4），所以 f'（－1）＝－f'（4），即g（－1）＝－g（4）＝－g（2），所以D不正确；因为f＝f，即 f＝f，所以f'＝－f'，所以g＝－g＝－g＝－g，所以g＝0，所以B正确；不妨取f（x）＝1（x∈R），经验证满足题意，但f（0）＝1，所以选项A不正确.综上，故选B、C. 法二（特例法）　因为f，g（2＋x）均为偶函数，所以函数f（x）的图象关于直线x＝对称，函数 g（x）的图象关于直线x＝2对称.取符合题意的一个函数f（x）＝1（x∈R），则f（0）＝1，排除A；取符合题意的一个函数f（x）＝sin πx，则f'（x）＝πcos πx，即g（x）＝πcos πx，所以g（－1）＝πcos（－π）＝ －π，g（2）＝πcos 2π＝π，所以g（－1）≠g（2），排除D.故选B、C. 10.（多选）（2024·新高考Ⅱ卷11题）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 解析：AD　因为f（x）＝2x3－3ax2＋1，所以f'（x）＝6x2－6ax＝6x（x－a）.对于选项A，令f'（x）＞0，则x＞a或x＜0；令f'（x）＜0，则0＜x＜a.所以f（x）在（－∞，0）和（a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减.又因为f（0）＝1，f（a）＝2a3－3a3＋1＝1－a3＜0，当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，所以f（x）的大致图象如图，所以f（x）有三个零点，故选项A正确； 对于选项B，令f'（x）＞0，则x＜a或x＞0；令f'（x）＜0，则a＜x＜0.所以x＝0是f（x）的极小值点，故选项B错误； 对于选项C，法一　三次函数为中心对称函数，其图象无对称轴，故选项C错误； 法二　当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，故曲线y＝f（x）必不存在对称轴，C错误； 对于选项D，法一（排除法）　由于是多项选择题A正确，B、C错误，则D一定正确. 法二（利用对称中心的二级结论）　f（1）＝3－3a，若存在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）＝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）的对称中心，D选项正确. 法三（利用拐点）　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）＝2x3－3ax2＋1，f'（x）＝6x2－6ax，f″（x）＝12x－6a，由f″（x）＝0⇔x＝，于是该三次函数的对称中心为（， f（）），由题意（1，f（1））也是对称中心，故＝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. 法四（三次函数对称中心的二级结论）　任意三次函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋d（a≠0）的图象均关于点（－，f（－））成中心对称，又f（x）＝2x3－3ax2＋1，对比系数可得－＝，由题意（1，f（1））也是对称中心，故＝1，得a＝2，即存在a＝2使得（1，f（1））是f（x）的对称中心，D正确，故选A、D. 11.（2025·全国Ⅰ卷12题）若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝　　　　. 答案：4 解析：设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a的切点坐标为（x0，＋x0＋a），由y＝ex＋x＋a得y'＝ex＋1，所以y'＝＋1＝2，解得x0＝0，所以切点坐标为（0，1＋a），又切点（0，1＋a）在切线y＝2x＋5上，所以1＋a＝5，解得a＝4. 12.（2021·新高考Ⅰ卷15题）函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的最小值为　　　　. 解析：函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的定义域为（0，＋∞）. ①当x＞时，f（x）＝2x－1－2ln x，所以f'（x）＝2－＝，当＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0，所以f（x）min＝f（1）＝2－1－2ln 1＝1； ②当0＜x≤时，f（x）＝1－2x－2ln x在单调递减，所以f（x）min＝f＝－2ln＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1. 综上，f（x）min＝1. 答案：1 13.（2022·新高考Ⅰ卷15题）若曲线y＝（x＋a）ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是　　　　. 解析：因为y＝（x＋a）ex，所以y'＝（x＋a＋1）ex.设切点为A（x0，（x0＋a）），O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y'＝（x0＋a＋1）＝，化简，得＋ax0－a＝0.因为曲线y＝（x＋a）ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范围是（－∞，－4）∪（0，＋∞）. 答案：（－∞，－4）∪（0，＋∞） 14.（2021·新高考Ⅱ卷16题）已知函数f（x）＝｜ex－1｜，x1＜0，x2＞0.函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））和点B（x2，f（x2））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围是　　　　. 答案：（0，1） 解析：f（x）＝由已知可得－·＝－1⇒x1＋x2＝0.由弦长公式得｜AM｜＝ ｜x1｜，｜BN｜＝｜x2｜＝｜－x1｜，故＝＝∈（0，1）. 15.（2022·新高考Ⅱ卷14题）曲线y＝ln ｜x｜过坐标原点的两条切线的方程为　　　　，　　　　. 解析：先求当x＞0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为（x0，y0），则由y'＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x＜0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. 答案：y＝x　y＝－x 16.（2024·新高考Ⅰ卷13题）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＝　　　　. 答案：ln 2 解析：由y＝ex＋x得y'＝ex＋1，y'｜x＝0＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在（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y'＝＝2，解得x0＝－，则切点为（－，a＋ln），由切点在直线y＝2x＋1上得，a＋ln＝0，故a＝ln 2. 17.（2024·新高考Ⅱ卷16题）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. 解：（1）当a＝1时，则f（x）＝ex－x－1，f'（x）＝ex－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－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上是增函数，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－aln a－a3. 由题意知a－aln 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，＋∞）上是减函数， 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，＋∞）. 18.（2023·新高考Ⅱ卷22题节选）已知函数f（x）＝cos ax－ln（1－x2），若x＝0是f（x）的极大值点，求a的取值范围. 解：法一　由题意，得函数f（x）的定义域为（－1，1）， 且f'（x）＝－asin ax－＝－asin ax＋. 令r（x）＝－asin ax＋，则r'（x）＝－a2cos ax＋＝－a2cos ax＋. 所以f'（0）＝0，r'（0）＝2－a2. 当2－a2＞0，即a∈（－，）时，可知存在0＜x0＜1，使得x∈（0，x0）时，r'（x）＞0， 所以r（x）在（0，x0）上单调递增， 所以f'（x）在（0，x0）上单调递增， 所以f'（x）＞f'（0）＝0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增. 这与x＝0是f（x）的极大值点相矛盾，不符合题意. 当2－a2＜0，即a∈（－∞，－）∪（，＋∞）时，可知存在0＜x0＜1，使得x∈（－x0，x0）时，r'（x）＜0， 所以r（x）在（－x0，x0）上单调递减， 所以f'（x）在（－x0，x0）上单调递减. 又f'（0）＝0，所以当x∈（－x0，0）时，f'（x）＞0，当x∈（0，x0）时，f'（x）＜0， 所以f（x）在（－x0，0）上单调递增，在（0，x0）上单调递减， 此时满足x＝0是f（x）的极大值点. 当2－a2＝0，即a＝±时， 因为f（x）是偶函数，所以可设a的值为， 此时f'（x）＝－sin x＋. 因为sin x＜x，所以当x∈（0，1）时，f'（x）＞－2x＋＝2x（－1）＞0， 所以f（x）在（0，1）上单调递增. 这与x＝0是f（x）的极大值点相矛盾，不符合题意. 综上所述，a的取值范围是（－∞，－）∪（，＋∞）. 法二　因为x＝0是f（x）的极大值点， 所以当x→0－，即x从0的左边趋近于0时，有f'（x）＞0；当x→0＋，即x从0的右边趋近于0时，有f'（x）＜0. 所以f'（x）在x＝0附近单调递减. 又f（x）＝cos ax－ln（1－x2）， 所以f'（x）＝－asin ax＋. 令m（x）＝－asin ax＋，则m'（x）＝－a2cos ax＋＝－a2cos ax＋， 所以m'（0）＝－a2＋2＜0，解得a＞或a＜－. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $