“函数与导数”试题精选-《中学生数理化》高考数学2026年5月刊

中学生表理化资整学核影清 “函数与导数”试题精选 ■郑州市第一。一中学 冯连福 1.已知函数f(x)=log(ax+ax+1)。 6.已知函数f(x)=e+ax(a∈R)。 (1)若函数f(x)的定义域为R,求实数 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点 a的取值范围； (0,f(0)处的切线方程。 (2)若函数f(x)的值域为R,求实数a (2)求f(x)的单调区间。 的取值范围： (3)若f(x)有两个正零点x1,x2,且 (3)若函数f(x)在x∈(2，+∞)上单调 x1<x2。 递增，求实数a的取值范围。 ①求a的取值范围： 2.已知函数f(x)=1og x-1是奇函 1-ax ②求证：x1十x2>2。 7.已知函数f(x)=x8一3x2+(3 数。 2a)x-b。 (1)求a的值： (1)求证：函数f(x)的图像关于点(1， (2)若不等式f(2+1)+f(2+1)> 1-b-2a)对称； log[m(2-2)]对x∈(0，+∞)恒成立， (2)若过点(2，m)可作出曲线g(x)=f(x) 求实数m的取值范围。 +2ax+b的三条切线，求m的取值范围： 3已知函数了)=-君x十 1 (3)若f(x)存在极值点x。,且f(x。)= f(x1),其中xo≠x1,求x1十2x。的值。 (1)若a=3,求f(x)的极值； 8.罗尔定理是高等代数中微积分的三大 (2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最 定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由 小值为-16 法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的。 ,求f(x)在[1,4]上的最大值。 它的表达如下：如果函数F(x)满足在闭区间 4.已知函数f(x)=2co(紧-2）： [a,b]内连续，在开区间(a,b)内可导，且 F(a)=F(b),那么在开区间(a,b)内至少存 cos wr 4 +23 sin:x 4 √3+1(w>0),x1,x 在一点专，使得F'()=0(F'(x)为F(x)的 导函数)。若函数f(x)=sinx。 是f(x)的两个极值点，且x,一2：m=受。 1)证明：当0<x:<:<受时，存在唯 (1)求f(x)的解析式： (2)求f(x)在[0，π]上的单调递增区间； 一∈(x1,x),使得cos=sin-sinx: x1x2 3)若x)-m<2在[·]上恒成 (2)当x≥0时，ax2-1十f'(x)≥0，求a 的取值范围； 立，求实数m的取值范围。 5.已知函数f(x)=e-x一1。 (3)若等比数列{am}满足a1= π (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的 切线方程； 16,bm sina+1一sina,记数列《b.}的前n (2)判断函数f(x)的单调性并求其最值； (3)若不等式f(x)一kx≥0对任意 颐和为S。,试比较S与n二。的大小，并说明 x∈[0，十∞)恒成立，求实数k的取值范围。 理由。 44 性学核心嘴室清育中学生凝理化 参考答案： (22+2)(2·2+1)>m(2x-1)。 1.(1)由函数f(x)=log:(a.x2+ax+1) 令t=2,t>1,则(t+2)(2t+1)>m(t 的定义域为R,得ax+ax+1>0在R上恒 -1).所以m<20+51+2=2+56+4 成立。 t21 t2-19 当a=0时，1>0恒成立，符合题意： 令n=51十4，则t=”。n>9,所以 a>0, 当a≠0时，有{ 解得0 m<2+ 5t+4 △=a2-4a<0, t2-1 =2+ (n-4)=2+ -1 a<4。 25 所以实数a的取值范围为[0,4)。 25n 25 (2)由函数f(x)=log2(ax2+a.x+1)的 n-8n-9=2+- 9 n -8 n 值域为R,得y=ax十ax+1的值域必须包 含(0，+o∞)。 因为函数y=n-8与y=一9在n∈ 当a=0时，y=1,不符合题意： (9,十∞)上都是增函数，所以y=n一 9一8 (a>0, n 当a≠0时，有 解得a≥4。 △=a2-4a≥0， 在n∈(9，十∞)上是增函数，所以n-9 n 所以实数a的取值范围为[4，十o∞)。 25 (3)易知对数函数y=logm在(0， 8>0,所以 一∈(0，+∞)，所以2+ 9 十∞)上单调递增，又f(x)在(2，十∞)上单 n 8 调递增，所以二次函数m=a.x+ax十1的开 25 口向上，即a>0。 9 一∈(2，+∞)，所以m≤2。 -8 又因为对称轴为r=一号<2，所以4a十 所以实数m的取值范围为（一∞，2]。 2a+1≥0，即a0。 3x+1 31)当a=3时fx)=- 所以实数a的取值范围是(0，十@∞)。 2.(1)设f(x)的定义域为D,由题意知， 十6x,则f'(x)=-x十x+6=-(x-3)· 对于任意x∈D,都有f(x)+f(一x)= (x十2)，故f'(x)、f(x)随x的变化情况如 1+ax log:z-1 1-a2x2 表1所示。 。1-ax+1og二r-11og1x= =0 表1 恒成立，所以一ax 1-x =1,解得a=土1。 ∞，-2) (—2,3) 3(3,+∞) f'(x) 0 0 当a=1时，f(x)无意义； 22 当a=-1时，f(x)=1og:+ 一1是定义 (x) 单调递减 单调递增 27 单调递减 3 2 域为(-∞，一1)U(1,十∞)的奇函数。 所以了(：)的极大位为，极小位为 综上可得，a=一1。 (2)由f(2+1)+f(2x+1)> 、22 1og:[m(2-2)],得1og: 2+2 (2)f'(x)=-x2+x+2a,因为0<a 2,所以△=1+8a∈(1,17)。 2+2>1og:[m(2-2)],即 1og:2 令f'(x)=-x十x+2a=0,得x1= log, g+2》2g+D>1(m.2）. 1-+8a<1,r,=1+)F8a∈1,4]. 2 2 2 所以②+2)(2·2+1D>m· 所以f(x)在(1，x2)上单调递增，在(x, 2 4)上单调递减，故f(x)的最大值在x。处取 45 中学生数理化高数学核2026年月 演练篇核心考点演练 得，最小值在端点处取得。 立，即m-2<f(x)<2+m在[至]上恒 1 40 又f(1)=2a+6,f(4)=8a- 3,而 成立，所以m一2<2 2+m>3, 解得1<m<4。 f4)-f1)=8a-号-(ea+日）=6a-号 2 故实数m的取值范围为(1,4)。 <0,所以f(4)<f(1),故f(x)在[1,4]上的 5.(1)因为f(x)=e-x-1,x∈R,所 最小值为f4)=8a一智=9解得a=1. 以f'(x)=e-1。 3 因为f(0)=e°一0-1=0，f'(0)=e°-1 代人，=1+)中80得，=2，故f(x)在 =0,所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的 2 切线方程为y=0。 [1,4]上的最大值为f(2)=10 (2)由(1)知f'(x)=e-1,f'(0)=0。 当x<0时，f'(x)<0,所以函数f(x) 4.1Df(x)=2sin紧cos+E· 在区间（一，0）上是减函数： (1-co)-5+1=sin7-osz+ 当x>0时，f'(x)>0,所以函数f(x) 2 在区间(0，十∞)上是增函数。 1=2sin(受-）+1. 所以当x=0时，函数f(x)取得极小值， 也是最小值。 因为x1,x2是f(x)的两个极值点，且 因为f(0)=0,所以函数f(x)的最小值 zx:血三，所以∫(x)的最小正周期7 是0，没有最大值。 (3)设g(x)=f(x)-kx2=e-x-1 =2×=，放2 =不，解得ω=4，所以 kx2(x≥0)，则g(0)=0,g'(x)=e-1 2kx。 fx)=2sin(2x-）+1. 当k≤0时，g'(x)≥0在[0，十∞)上恒 成立，所以函数g(x)在[0，十∞)上单调递 (2)当x∈[0，π]时，- ≤2x-≤ 增，所以g(x)≥g(0)=0,满足题意。 当k>0时，设函数h(x)=e2一1-2kx 子面y=n在[-]上单调递增，在 (x≥0)，则h(0)=0,h'(x)=e一2k。 [受]上单调递减，在] 由h'(x)>0,得x>ln(2k);由h'(x)< 上单调递 0,得x<ln(2k)。 增。由一 ≤2x-吾≤受解得0x≤ 3 当1n(2k)≤0，即0<k≤号时，h()>0 由3≤2x ≤解得≤≤ 在(0，十∞)上恒成立，函数h(x)在(0，+∞) 2 12 上单调递增，所以h(x)≥h(0)=0,即g'(x) 所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间为 ≥0在[0，十∞)上恒成立，所以函数g(x)在 引竖 [0,十∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)= 0,满足题意。 (3)因为x∈[牙，]，所以2x-吾∈ 当1n(2)>0,即长>号时，函数(x)在 [后]，放≤sim(2x-)≤1，所以 (0,ln(2k)上单调递减，在(ln(2k),+∞)上 单调递增。又h(0)=0,所以h(x)<0在(0， 2sim(2x-）+1∈[2,3]。 ln(2k))上恒成立，即g'(x)<0在(0， ln(2k)上恒成立，所以g(x)在(0，ln(2k)) 因为|f(x)一m|<2在 [，]上恒成 上单调递减。因为g(0)=0,所以g(x)<0 46 经蓝学做心青室臂中学生教理化 在(0，ln(2k))上恒成立，与已知矛盾，不满足 构造函数g(t)=lnt- 2t=12(t>1), 题意。 t+1 14(t-1)2 综上，实数的取值花围是（一○，] 则g)=:一4+1)-（4+1)>0，所以 6.(1)当a=1时，f(x)=e+x,求导得 函数g(t)在(1，十∞)上单调递增，故g(t)> f'(x)=e+1,所以f'(0)=e°+1=2。 g1)=0,所以不等式1nt>2t-1D 又f(0)=e°+0=1，所以切点为(0,1)， t+1成立。 故原不等式x1十x>2成立。 故切线方程为y一1=2x,即y=2x十1。 (2)由f(x)=e+a.x,求导得f'(x)= 7.(1)由f(x)=x3-3x2+(3-2a)x b=(x-1)3-2a(x-1)-b+1-2a,令 e+ao 若a≥0，则f'(x)=e+a>0,所以 h(x)=f(x+1)+b-1+2a=x3-2a.x,又 f(x)在R上单调递增。 h(一x)=一h(x),所以h(x)的图像关于原 若a<0,令f'(x)=0,得x=ln(-a)。 点对称，且h(x)的图像是f(x)的图像向左 当x<ln(-a)时，f'(x)<0,所以f(x) 平移1个单位长度，再向上平移b一1十2a个 在（一∞，ln(-a))上单调递减； 单位长度而得到，所以(x)的图像关于点 (1,1一b一2a)对称。 当x>ln(-a)时，f'(x)>0,所以f(x) 在(ln(一a),十o∞)上单调递增。 (2)因为g(x)=f(x)+2ax+b=x3 综上所述：当a≥0时，f(x)的单调递增 3x+3x,所以g'(x)=3x2-6x+3。 区间为（一∞，十∞）； 设切点为(x。,x。一3x十3xo),则切线的 当a<0时，f(x)的单调递减区间为 斜率k=g'(x)=3x一6x。十3，故切线方程 (一∞，ln(一a)),单调递增区间为(1n(一a), 为y-(x8-3x+3x0)=(3x8-6x。十3)· 十c∞)。 (x-x0)。 (3)①由题意知方程f(x)=e十ax=0 因为切线过点(2，n),所以m=(3x一 有两个不同的正实根x1,x2。 6x。+3)(2-x。)十x。一3x。十3x。=-2x。+ 由(2)知a<0,且f(0)=e°+a×0=1, 9x6-12x0+6。 |e-a+aln(-a)<0, 令t(x)=一2x3十9x2一12x十6，由条件 所以 解得a<-e。 ln(-a)>0, 可知y=m与y=t(x)有三个交点。 所以a的取值范围为（一o∞，一e)。 对t(x)求导得t'(x)=-6.x2+18.x-12 ②由①得a<一e,又e=-a.x1,e= =一6(x一1)(x-2)。 一ax2,两边同时取自然对数，得x1=ln(一a) 故当x∈（一o∞，1）时，t'(x)0,t(x)单 +lnx1,x=ln(一a)+lnxe,两式相减得x2 调递减：当x∈(1,2)时，t'(x)>0,t(x)单调 -z=In x:-InIn x:-In i x2一x1 递增；当x∈(2，+∞)时，t'(x)<0,t(x)单 =1。 调递减。 要证x1十x>2,只需证nx:-1nx x2-T 所以当x=1时，t(x)取得极小值t(1) =1;当x=2时，t(x)取得极大值t(2)=2。 x:十x,即证 如图1，因为过点(2，m) 2 (x:-x》<1nx:-lnx1,所以 x2十x1 可作出曲线g(x)=f(x)十 2a.x十b的三条切线，所以 x2十1 ∠1nx1 1<m<2。 故m的取值范围为(1， 图1 令t=兰>1，则需证1nt>2t-1D 2)。 ℃1 t+1 (3)f'(x)=3x2-6x+(3-2a)=3(x 47 演练篇核心考点演练 中学生数理化高数学2026年5月 1)2-2a。 [0,十∞)。 当a≤0时，f(x)在R上单调递增，无极值。 令h(x)=2ax-sinx,则h'(x)=2a 当a>0时，由f'(x)>0,解得x<1 COsx。 腰成1+ 2a 1 ；由f'(x)<0,解得1 若a≥2，则h'(x)≥0在[0，+∞)上恒 成立，故h(x)在[0，+∞)上单调递增。 因为h(0)=0,所以h(x)≥0在[0， 所以f(x)在（-o0,1 2a 上单调递 十©∞)上恒成立，故g(x)在[0，十∞)上单调 3 递增，所以g(x)≥g(0)=0,即a.x2一1十 增，在(-√受1+√图 上单调递减，在 f'(x)≥0恒成立，符合题意。 若a<多，则存在唯一，∈(0，)，使得 (+层+一)上单调递增。 因为f(x)存在极值点x。,所以f'(xo) h'(xo)=0,且h'(x)在(0，)上单调递增。 =0,得3(x。-1)=2a。 当x∈(0，x)时，h'(x)<0,即g'(x)在 由f(x。)=f(x1),得x8一3x+(3 (0,x)上单调递减，所以g'(x)<g'(0)=0, 2a)x。-b=x-3x+(3-2a)x1-b,即x8 即g(x)在(0，x。)上单调递减，故g(x)< -x-3(x8-x)+(3-2a)(x。-x1)=0, g(0)=0,不符合题意。 即(x。-x1)[x6十xox1十xi-3(x。+x1)+3 综上，实数a的取位范围为[合+)。 -2a]=0,即(x。-x1)[x8+x0x1+x1 3(x。十x1)+3-3(x0-1)]=0,即(x。-x1)· (3因为a,=空a,=G所以公比g [x6+xox1十x-3(x。+x1)-3x6+6x0]= 0,即(x0-x1)(xo-x1)(3-2x6-x1)=0。 层=则a,=吾×分)= 20 因为x。≠x1,所以3一2x。一x1=0,即 所以b。 sin a+1一sina, x1+2x。=3。 am+1一am 8.(1)令F(x)=sinx- sin r -sin x1一x2 sin 2-sin 12 ππ x,则F(z)=sin,-iin2·x, 2”+2 x1-x2 risin z:-:sin,F (:)-sin : 由1)可知.存在∈(2元，买），使得 x1一x2 n2二sn·,=in二sin,则 bn=cosξn。 x1一x2 x1一x2 1 由(2)可知，当a=2时，osx≥1 F(x1)=F(x2)。 1 由罗尔定理可知，F(x)在(x1,x2)内至 2x,所以b.=c0s5.>1 π 220+7。 少存在一点，使得F'()=0。 又因为F'(x)=cosx-sin一sin 所以S.=6+6:十+b,>1-罗+1 在(0，受)上单调递减，所以存在唯一，使得 +1+…+1。动 1 1 F()0,cos sin a-sin xL一xg (2)g (x)=ax2-1+cos x, =n- 2、1、 x∈[0，+o∞)，则g'(x)=2ax-sinx,x∈ (责任编辑王福华) 48