函数与导数填选5年高考真题汇编-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 《函数与导数》5年高考解答题汇编，精选全国卷及北京、天津、上海等地方卷32道真题，覆盖22-26年，适配一轮复习核心考点突破。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|32道|切线方程、单调性、极值、零点、不等式证明等|分层设问（如多问设计，从基础求解到综合证明）；多卷融合（全国卷与地方卷典型题整合），贴合高考命题趋势|

《函数与导数》填选5年高考真题汇编（完整、规范）（全国通用）（解析） 一、选择题部分 1.（26年全国Ⅰ卷第4题）曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 2.（26年全国Ⅰ卷第6题）已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【详解】方法一：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，，当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，，故最大值不为，不合题意； ③当时，，当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，，即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知，又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 方法二：，由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且，且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 方法三：由选项知，则定义域为，由，解得. 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 方法四：由选项知，则定义域为，由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立，故满足题意，由选项唯一可得. 3.（26年全国Ⅱ卷第8题）已知是定义域为R的偶函数，且满足条件，且当时，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得. 【详解】，则，，即的周期为， 结合奇偶性，周期性，故， 在上满足，说明的对称轴为， 则，解得， 又根据知，而， 则，于是， 即，解得 4.（26年北京卷第5题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误； B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误； 方法一：C，在中，，则， ，函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，则为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 方法二： C，在中，，则，为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，为奇函数， ∵和是增函数，则为增函数， ∴函数单调递增，故正确. 5.（26年天津卷第4题）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ， 即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 6.（26年天津卷第6题）已知函数，若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】根据对数函数与绝对值的性质化简，再由指数函数、对数函数和幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得， 因为函数在上单调递增，所以， 又因函数在上单调递增，则， 所以， 因，且在上单调递增， 所以，即. 故. 7.（25年全国Ⅰ卷第5题）已知函数是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 8.（25年全国Ⅰ卷第8题）已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】方法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出；方法二：根据数形结合解出. 【详解】方法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 方法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象， 以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 9.（25年全国Ⅱ卷第10题）（多选）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当 D. 是的极大值点 【答案】ABD 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例 即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单增，当时，，此时单减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 10.（25年北京卷第4题）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 【答案】A 【分析】由，根据平移法则即可解出． 【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变， 即可得到函数的图象， 故选：A. 11.（25年北京卷第7题）已知函数的定义域为D，则“的值域为”是“对任意，存在，使得”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解. 【详解】若函数的值域为，则对任意，一定存在，使得， 取，则，充分性成立； 取，，则对任意，一定存在，使得， 取，则，但此时函数的值域为，必要性不成立； 所以“的值域为”是“对任意，存在，使得”的充分不必要条件. 故选：A. 12.（25年北京卷第9题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加（ ） A. 2h B. 4h C. 20h D. 40h 【答案】B 【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】设当N取个单位、个单位、个单位时所需时间分别为, 由题意，， ， ， 因为，所以， 所以， 所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 13.（25年上海卷第14题）设．下列各项中，能推出的一项是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 【答案】D 【分析】利用指数函数的性质分类讨论与1的关系即可判定选项. 【详解】∵，∴， 当时，定义域上严格单调递减， 此时若，则一定有成立，故D正确，C错误； 当时，定义域上严格单调递增，要满足，需，即A、B错误. 故选：D 14.（25年天津卷第3题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解. 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB； 又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合. 故选：D 15.（25年天津第7题）函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 16.（24年全国Ⅰ卷第6题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】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. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 17.（24年全国Ⅰ卷第8题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 18.（24年全国Ⅰ卷第10题）（多选）设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在 上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 19.（24年年全国Ⅱ卷第8题）设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【详解】方法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得； 若，当时，可知，此时，不合题意； 若，当时，可知，此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时；可知若，符合题意； 若，当时，可知，此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 方法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 20.（24年全国Ⅱ卷第11题）（多选）设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得，即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，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， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 21.（24年全国甲卷理科第6题、文科第7题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，可得其面积. 【详解】， 则，即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. 22.（24年全国甲卷理科第7题、文科第8题）判断函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 23.（24年北京卷第7题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】根据题意分析可得，消去即可求解. 【详解】由题意得，则，即，所以. 故选：D. 24.（24年北京第9题）已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【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. 【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即， 对于选项AB：可得，即， 根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误； 对于选项D：例如，则， 可得，即，故D错误； 对于选项C：例如，则， 可得，即，故C错误， 故选：B. 25.（24年上海卷第16题）已知定义在上的函数，集合对于任意的，在使得的所有中，下列说法成立的是（ ） A. 存在是偶函数 B. 存在在处取到最大值 C. 存在在上单调递增 D. 存在在处取到极小值 【答案】B 【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾. 【详解】对于A选项：时，， 当时，， 任意的，恒成立， 若是偶函数，此时矛盾，故A选项错误； 对于B选项：若的函数图象如下： 当时，，时，，当，， ∴存在在处取最大值，故B选项正确； 对于C，若存在在上单调递增，则对任意， 当时都有，则此时，与矛盾，故C错误； 对于D选项：若存在在处取到极小值， 则在的某个左邻域内，有，与集合定义矛盾，故D选项错误． 26.（24年天津卷第4题）下列函数是偶函数的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可. 【详解】对A，设，函数定义域为， 但，，则，故A错误； 对B，设，函数定义域为， 且，则为偶函数，故B正确； 对C，设，， ，则不是偶函数，故C错误； 对D，设，函数定义域为， 因为，且不恒为0， 则不是偶函数，故D错误. 故选：B. 27.（24年天津卷第5题）设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且，所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 28.（23年全国Ⅰ卷第4题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答. 【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减， 则有函数在区间上单调递减，因此，解得， 所以的取值范围是. 故选：D 29.（23年全国Ⅰ卷第11题）（多选）已知函数的定义域为，，则（ ）． A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点 【答案】ABC 【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D. 方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可. 【详解】方法一：因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令，又函数的定义域为，故为偶函数，正确， 对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误. 方法二：因为， 对于A，令，，故正确. 对于B，令，，则，故B正确. 对于C，令，，则， 令，又函数的定义域为，故为偶函数，正确， 对于D，当时，对两边同时除以，得到， 故可以设，则， 当肘，，则， 令，得；令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减， 显然，此时是的极大值点，故D错误. 故选：. 30.（23年全国Ⅱ卷第4题）若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 31.（23年全国Ⅱ卷第6题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 32.（23年全国Ⅱ卷第11题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 33.（23年全国甲卷理科第10题、文科第12题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解. 【详解】因为向左平移个单位所得函数为 ，所以， 而显然过与两点， 作出与的部分大致图像如下， 考虑，即处与的大小关系， 当时，，； 当时，，； 当时，，； 所以由图可知，与的交点个数为. 故选：C. 34.（23年全国甲卷文科第8题）曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】先由切点设切线方程，再求导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解. 【详解】设曲线在点处的切线方程为， 因为，所以，所以，所以 所以曲线在点处的切线方程为. 故选：C 35.（23年全国甲卷文科第11题）已知函数．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可. 【详解】令，则开口向下，对称轴为， 因为，而， 所以，即 由二次函数性质知， 因为， 而， 即，所以， 综上，， 又为增函数，故，即. 故选：A. 36.（23年全国乙卷理科第4题、文科第5题）已知是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【分析】根据偶函数的定义运算求解. 【详解】因为为偶函数，则， 又因为不恒为0，可得，即， 则，即，解得. 故选：D. 37.（23年全国乙卷文科第8题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或，且当时，， 当，， 上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 38.（23年北京卷第4题）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可. 【详解】对于A，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故B错误； 对于C，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，因为，， 显然在上不单调，D错误. 故选：C. 39.（23年天津卷第3题）设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可. 【详解】由在R上递增，则， 由在上递增，则. 所以. 故选：D 40.（23年天津卷第4题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案. 【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且， 由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； 当时、，即A、C中上函数值为正，排除； 故选：D 41.（22年全国Ⅰ卷第7题）设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又，所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 所以 故选：C. 42.（22年全国Ⅰ卷第10题）（多选）已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】AC 【详解】由题，，令得或，令得， 所以在，上单调递增，上单调递减， 所以是极值点，故A正确； 因，，， 所以，函数在上有一个零点， 当时，，即函数在上无零点， 综上所述，函数有一个零点，故B错误； 令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 令，可得，又， 当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：AC. 43.（22年全国Ⅰ卷第12题）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【详解】方法一：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，， 所以关于对称，由①求导，和，得， 所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以， 结合关于对称，从而周期， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件， 所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 方法二：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设， 则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. 方法三：因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件， 所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 44.（22年全国Ⅱ卷第8题）已函数的定义域为R，且满足条件，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【详解】方法一：赋值加性质 因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数， 令得，，即有， 从而可知，，故， 即，所以函数的一个周期为． 因为，，，，， 所以一个周期内的．由于22除以6余4， 所以．故选：A． 方法二：【最优解】构造特殊函数 由，联想到余弦函数和差化积公式 ，可设， 则由方法一中知，解得，取， 所以，则 ， 所以符合条件，因此的周期，， 且， 所以，由于22除以6余4， 所以．故选：A． 45.（22年全国甲卷理科第5题、文科第7题）函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【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， 则， 所以为奇函数，排除BD； 又当时，，所以，排除C. 故选：A. 46.（22年全国甲卷理科第6题、文科第8题）当时，函数取得最大值，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出． 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而， 所以，即，所以， 因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意， 即有． 故选：B. 47.（22年全国甲卷理科第12题）已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【详解】方法一：构造函数因为当 故，故，所以； 设，，所以在单调递增， 故，所以，所以，所以，故选A 方法二：泰勒展开设，则，， ，计算得，故选A. 方法三：构造函数因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． 方法四：【最优解】不等式放缩因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．故选：A． 48.（22年全国甲卷文科第12题）已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】方法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出． 【详解】方法一：（指对数函数性质）由可得， 而，所以，即， 所以. 又，所以，即， 所以.综上，. 方法二：【最优解】（构造函数）由，可得． 根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 . 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 . 故选：A. 49.（22年全国乙卷理科第12题）已知函数的定义域均为R，且满足条件．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称，所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以，. 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以 因为，所以.所以 故选：D 50.（22年全国卷文科第8题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【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，则，故排除B; 设，当时，， 所以，故排除C; 设，则，故排除D. 故选：A. 51.（22年全国乙卷文科第11题）函数在的最小值、最大值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值. 【详解】， 所以在区间和上，即单调递增； 在区间上，即单调递减， 又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 故选：D 52.（22年北京卷第4题）已知函数，则对任意实数x，有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误． 【详解】，故A错误，C正确； ，不是常数，故BD错误； 故选：C． 53.（22年天津卷第3题）函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】函数的定义域为，且， 函数为奇函数，CD选项错误； 又当时，，B选项错误. 故选：A. 54.（22年天津卷第5题）设，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】利用幂函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系. 【详解】因为，故. 故选：D. 55.（22年天津卷第6题）化简（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【分析】根据对数的性质可求代数式的值. 【详解】原式， 故选：C 二、填空题部分 1.（26年全国Ⅱ卷第13题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【分析】方法一：令,则即，, 转化为一元二次方程有两个正根的问题. 方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题. 【详解】令，得，即， 方法一：令，则，即，, 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二：设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点， 则的取值范围是. 2.（26年北京卷第13题）音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为 ． 【答案】 【详解】由题意，则，解得， 所以f的取值范围为. 3.（26年北京卷第15题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值；②，时，有最大值； ③，有3个解；④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②③④ 【解析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在上的单调性，即可判断；③，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断. 【详解】①在中，，， ，函数为偶函数， 在中，，∴函数单调递增， ∵， ∴当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在处取最小值，， 在中，，为偶函数， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵，∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②当时，，，， 由①可得，在上单调递增， ∵，， ∴，使得， ∴在中，， 此时在上单调递减，在上单调递增， ∴在处取最大值，②正确； ③同①可得推广结论，在中，， ，为偶函数， 即，，使得，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ∴在和处取极小值， 当时，，，， ∵在上单调递减，，∴，使得， ∵在上单调递增，，∴，使得， ∴当时，，∴，有3解， 故③正确； ④由③可得，在中，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， 在中，，，开口向上， ∴函数，即恒成立， ∴∴在下方， ∵，∴在轴上方， 此时与有4个交点， 故④正确. 4.（26年上海卷第5题）已知函数是偶函数，当时，，若，则__________． 【答案】 【分析】根据偶函数的性质求解. 【详解】因为函数是偶函数，当时，， 所以，解得. 5.（25年全国Ⅰ卷第12题）若直线是曲线的一条切线，则_________. 【答案】 【分析】方法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解； 方法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】方法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 方法二：对于，其导数为， 假设与的切点为，则，解得. 故答案为：. 6.（25年全国Ⅱ卷第13题）若是函数的极值点，则________ . 【答案】 【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解. 【详解】 由题意有， 所以 ， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. 故答案为：. 7.（25年北京卷第15题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数使得恒成立； ②存在在上单调递减的函数使得恒成立； ③使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ④使得恒成立的函数存在且有无穷多个． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误. 【详解】对于①，若存在在上的增函数，满足， 则，即， 故时，，故， 故即，矛盾，故①错误； 对于②，取，该函数为上的减函数且，故该函数符合，故②正确； 对于③，取， 此时，由可得有无穷多个， 故③正确； 对于④，若存在，使得， 令，则，但，矛盾，故满足的函数不存在，故④错误. 故答案为：②③ 8.（24年全国Ⅰ卷第13题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，，故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 9.（24年全国甲卷理科第15题、文科第15题）已知且，则______． 【答案】64 【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解. 【详解】由题， 整理得，或，又， 所以，故 故答案为：64. 10.（24年全国甲卷文科第16题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 11.（24年上海卷第2题）已知则 ． 【答案】 【分析】利用分段函数的形式可求. 【详解】因为故， 故答案为：. 12.（24年上海卷第4题）若函数是奇函数，则实数 ． 【答案】0 【分析】根据奇函数的定义求解． 【详解】是奇函数，则恒成立， 所以，解得 故答案为：0． 13.（23年全国甲卷理科第13题、文科第14题）若为偶函数，则________． 【答案】2 【分析】利用偶函数的性质得到，从而求得，再检验即可得解. 【详解】因为为偶函数，定义域为， 所以，即， 则，故， 此时， 所以， 又定义域为，故为偶函数，所以. 故答案为：2. 14.（23年全国乙卷理科第16题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 【答案】 【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立， 故，而，故， 故即，故， 结合题意可得实数的取值范围是. 故答案为：. 15.（23年北京卷第11题）已知函数，则____________． 【答案】1 【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答. 【详解】函数，所以. 故答案为：1 16.（23年上海卷第5题）已知，则的值域是___________． . 【答案】 【分析】分段讨论的范围即可. 【详解】当 时, 根据指数函数的图象与性质知， 当 时, . 综上: 的值域为 ， 故答案为：. 17.（22年全国Ⅰ卷第15题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_________． 【答案】 【分析】设出切点横坐标，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的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴,整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 18.（22年全国Ⅱ卷第14题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 【答案】① ② 【详解】方法一：化为分段函数，分段求 因为， 当时，设切点为，由，所以， 所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即； 当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得， 所以切线方程为，即；故答案为：； 方法二：根据函数的对称性，数形结合 当时，设切点为，由，所以， 所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得， 所以切线方程为，即； 因为是偶函数，图象为： 所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可. 19.（22年全国乙卷理科第16题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 【答案】 【详解】方法一：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方 ，图象显然不符合题意，所以．令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为． 方法二：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若， 则在上单调递增，在上单调递减，令，则， 此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点， 且，则需满足，， 即故，所以. 20.（22年全国乙卷文科第16题）若是奇函数，则_____，______． 【答案】①. ； ②. 【分析】根据奇函数的定义即可求出． 【详解】方法一：奇函数定义域的对称性 若，则的定义域为，不关于原点对称， 若奇函数的有意义，则且，且， 函数为奇函数，定义域关于原点对称，，，解得， 由得，， ， 故答案为：；． 方法二：函数的奇偶性求参 ， 函数为奇函数 ， ， 方法三：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 由可得，，所以，解得：， 即函数的定义域为，再由可得，． 即，在定义域内满足，符合题意． 故答案为：；． 21.（22年北京卷第11题）函数的定义域是 ． 【答案】 【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可； 【详解】因为，所以，解得且， 故函数的定义域为； 故答案为： 22.（22年北京卷第14题）设函数若存在最小值，则满足条件的a的一个取值为________；其中a的最大值为___________． 【答案】①. 0（答案不唯一） ②. 1 【详解】若时，，∴； 若时，当时，单调递增，当时，， 故没有最小值，不符合题目要求； 若时，当时，单调递减，， 当时，∴或， 解得， 综上可得； 故答案为：0（答案不唯一），1 23.（22年上海卷第8题）若函数，为奇函数，则参数a的值为___________． 【答案】1 【分析】根据奇函数的定义可求参数的值. 【详解】当时，，当时，，故， 而，故即， 故答案为：1. 24.（22年上海卷第12题）设函数满足，定义域为，值域为A，若集合可取得A中所有值，则参数a的取值范围为___________. 【答案】，， 【详解】令得，或（舍去）； 当时，，故对任意， 都存在，，，故， 故，，，而当时，， 故当，，时，参数的最小值为， 故参数的取值范围为，， 故答案为：，． 25.（22年天津卷第15题）设，对任意实数x，用表示中的较小者．若函数至少有3个零点，则的取值范围为 . 【答案】 【详解】设，，由可得. 要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则， 解得或. ①当时，，作出函数、的图象如下图所示： 此时函数只有两个零点，不合乎题意； ②当时，设函数的两个零点分别为、， 要使得函数至少有个零点，则， 所以，，解得； ③当时，，作出函数、的图象如下图所示： 由图可知，函数的零点个数为，合乎题意； ④当时，设函数的两个零点分别为、， 要使得函数至少有个零点，则， 可得，解得，此时. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 第 1 页 共 49 页 学科网（北京）股份有限公司 $《函数与导数》解答题5年高考真题汇编（完整、规范）（全国通用）（原 卷) 1.(26面全国I卷第19题)已知函数()的定义域为R,且当x<0时，()=2.对任意∈R,定义 集合D()={a∈Rf(G+d)>f(x} ①若当x之≥0时，f(=1-x,求D(-): ②若f(四是奇函数，f()f(),且0，证明：D()D(), 8设f()满足：①若f(:)sf(:),则D(x)=D(x):②当0<x<1时，f(x)<f(0) (i)证明：f(0)≥1. (i)证明：f()在区间0，+切)单调递增。 2.26年全国Ⅱ卷第19题)已知函数f()=c++b,且已知曲线y=f()在点(0，∫(0)》处的切线方 程为少-2x+1 (1)求a,b: ②当x>0时，f(x+m)-f)》>m,求m的取值范国： ③当x>0时，f(k+)+f(k->2f(),求k的最小值. 第1页共17页 3.(26北京卷第20题)设函数f()=r+mr-4e(neZ),曲线y=f(~)在点（1，f(-》处的切线方 4x+e2y+e2+8=0 程为 (I)求m,n的值： ②求()的极值点个数 8求y=c-1(k>0)与f(✉)交点个数. 土（20年天弹卷第20题)已知八)=e- sinx 3 求自线'=0在点0,0)处的切线方程， ”在点 第2页共17页 味实数a的吊大可能值，能得兮兮一f归之a+对任意的neN都成立， 五(26年上海卷第10慰)已知a∈R,函数f(x)=2+x+3.8()=4x+ 2 ④已知f0=4,求f()+>g)。 的解集； 2已知a≠0,4是（四在点(0,3）处的切线，马是过点(0,3)且垂直于的直线，8（与、在第一象限 内均无公共点，求a的取值范围. 6.(25年全国Ⅱ卷第18题)已知函数 e)=lh0+到-x+分r-低，类中0<k<写 ,其中 (1)证明： f四在区间0，+o） 存在唯一的极值点和唯一的零点： 第3页共17页 ②设，分别为f)在区间（0，+0)的极值点和零点 (①)设函数30=f(:+)-f(:-）证明：g④在区间(0，)单调递减： (比较2与的大小，并证明你的结论. 丘(25年北京卷第20题)已知函数f)的定义域是-1，+∞)，f(0)=0,导函数'()=1+x,设L是 曲线y=f(:)在点4a,f@a≠0)处的切线. f'(x) (1)求 的最大值： 2当1<a<0时，证明：除切点4外，曲线'=f四在直线的上方： 2a-x2-x (3)设过点A的直线12与直线垂直，，12与x轴交点的横坐标分别是x1,x2,若α>0，求x2-x的取 值范围. 第4页共17页 8.(25年上海卷第19腿)已知f(田=r-m+2)x+mnx,m∈R ①诺f0=0,求不等式f≤？-l的解朱： ②若函数'=f田清R左(0，+o 满足在 上存在极大值，求m的取值范围： 9(25年天津卷第20题)已知函数f(x)=mc-(x)2 ④a=1时，求f(四在点(f0》处的切线方程： ②f(有3个零点，，，且(<5<). (i)求a的取值范围： (ii)证明 -h<气. 第5页共17页 1024年全国1卷第18题)已知品教倒=l血2+x+b(- “2-x ①若h=0,且f'20 求“的最小值： ②证明：曲线少=f) 是中心对称图形： >-2当且仅当1<x<2,求的取值范国. (3)若 当且仅当 业.(24年全国亚第16题)已知函数f()=e-a-a3 0)当a=1时，求曲线y=f)在点(L,f)处的切线方程： 2客y 有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 第6页共17页 12.24年全国甲卷理科第21题)已知函数f()=(（1-m)h(1+x)-x 0当a=-2时，求f()的极值： ②)当x≥0时，f(x)≥0 求a的取值范围。 13(24年全国甲卷文科第20题)已知函数f(x)=a(x-l)-nx+1 ①求f()的单调区间： 2当a≤2时，证明：当x>1时，()<e恒成立 第7页共17页 14(24年北京卷第20题)设函数f()=x+血(1+k≠0)，直线l是曲线y=f(四在点（么，f()1>0) 处的切线， 0当k=-1时，求()的单调区间 ②求证：1不经过点(0,0) 8当k=1时，设点A,f(O>0）,C(0,f》O(0,0）,B为1与y轴的交点，S.m与SaM0分别表 示△4C0与△MB0的面积.是否存在点4使得2Sam=15Sa0成立？若存在，这样的点4有几个？ (参考数据：1.09<n3<1.10,1.60<n5<1.61,1.94<n7<1.95) 15(24年上海卷第18题)已知函数f()=l10g,r(a>0,a≠1) ④若函数y=f(冈的图象经过点(4,2)，米解不等式f(2x-2)<(冈， ②若存在x,使每f(x+l)、f()、f(x+2)依次成等差数列，求a的取值范国. 第8页共17页 16.(24年天津卷第20题)已知函数f(x)=x血x」 ④求曲线y=f(,在点（(》处的切线方程， 2若f(r)≥a(x-)对任意x∈(0，+o)成立，求实数a的值： 3若，(0，)，求证：f()-f(ssx-. 17.(23年全国1卷第19题)已知函数f(x)=a(e+ax, ①讨论()的单调性， 第9页共17页 连LT并道0T嵬 xuIS 一D=田廉堡包《暗1I亿钱矬斑暴由国专cz)6 图滕通明D米·学男Y强()音0=x茅‘(，x-▣-mso=()r澹恩腾纪@ x>xus>X-x1>x>0示：6弧①（留z熊暴Ⅱ国舌本2）8 交+u四E<(x)P 。‘用0<D宗的@) 8时，讨论的的单调性： )当a= ②若f6)<sin2x 成立，求a的取值范围. 20(3年全国Z卷理科第21想已如丽数闭-al+) 0当a=-1时，求曲线=（四在点f》处的切线方程： ②是香存在a,b,使得曲线'=)关于直线汇=b对称，若存在，求以，b的值，若不存在，说明理白 考f()在（0，+切）存在极值，求a的取值范围 第11页共17页 2L(2年全国乙卷文科第20题)已知商数/)-+an1+) )当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(，f(》处的切线方程. 2若函数f()在(0，+0）单调递增，求口的取值范围. 2.(23年北京卷第20题)设函数f八)=x-xe, ,曲线’=f0在点Lf0》处的切线方程为'=-x+1 a,b (I)求的值： (②设函数8()=f()求g() ，求。的单调区间 f(x) (3)求”的极值点个数. 第12页共17页 2a3年上将卷第8题居数f)=++aeR x+a ①当a=0时，是否存在实数c,使得f)为奇函数： ②若函数(x)过点山，3)，且函数f(图像与x轴负半轴有两个不同交点，求实数α的取值范围。 2425年天#程第即题已阳款-（任》(g+) ①求曲线)=f()在x=2处的切线斜率， ②求证：当x>0时，f(x)>1 (3)证明：6 第13页共17页 25(2年全国I卷第2题)己知函数f)）=e-和8()=ar-l血x有相同的最小值. (1)求a: ②证明：存在直线0，其与两条曲线少=四和y=8(9 y=b 和 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. 26.(22年全国Ⅱ卷第2题)已知函数f()=xe“-e ()当a=1 f(x) 时，讨论的单调性： ②当>0时，<-】 ,求a的取值范围； 11 十 1->ln(n+1) 3)设neN*,证明：V1+1V22+2Vn+n 第14页共17页 2c2年全国甲卷理科第21慰》已数商数()=：-hx+-。 1若/()20 求a的取值范围： ②证明：若f)有两个零点，，则<1 28(22年全国甲卷文科第20题)已知函数f(x)=r-x,g()=2+a,曲线y=f)在点(：，f(:》处的 y=g(x) 切线也是曲线 的切线. 0者1 ,求 (2)求a的取值范围. 第15页共17页 29(22年全国乙卷理科第21题)已知函数/(x)=血(1+x)+axe 当a=1时，求曲线y=f()在点(0，f(0》处的切线方程： ②若f(:)在区间(-1,0)，(0，+0)各恰有一个零点，求a的取值范围。 30,(22年全国乙卷文科第20题)已知函数f)=ar-↓-a+1)nx. 当a=0时.f) 0时，求的最大值； ②若f(的拾有一个零点，求a的取值范围。 第16页共17页 31.(22年北京卷第20思)已知函数四=en1+x) y=f(x)(0,f(0) (1)求曲线 在点 处的切线方程； ②设3)=f(),讨论函数8田)在0，+切)上的单调性： 在 (3)证明：对任意的 ,re0,+o）,有f+)>f)+f0 32.(22年天津卷第20题)已知b∈R,函数f(:)=e-asinx,g(x)=bW 仙求曲线y=f(,在(0，f(0》处的切线方程： ②若曲线y=(冈和y=8()有公共点， ①当“=0时，求”的取值范围： a2+b2>e (ii)求证： 第17页共17页 《函数与导数》解答题5年高考真题汇编（完整、规范）（全国通用）（解析） 1.（26面全国Ⅰ卷第19题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． ⑴若当时，，求； ⑵若是奇函数，，且，证明：； ⑶设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 【答案】⑴ ⑵、⑶见详解 【详解】⑴在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴， ∴. ⑵在中，是奇函数，当时，． ∴，当时，，∴ 在集合中， 当时，， 当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴且，即，， ∵， ∴①当时，解得， ，，此时， ②当时，解得， ，， 此时， ③当时，解得， ，， 此时， 综上，. ⑶（i）方法一： 若，则存在，使得， 条件①：若，则，∴，则， 取，则，此时， ∵，则，即， 但，相矛盾， ∴ 方法二：假设，则存在，使得， 从而，这导致， 但， ∵根据条件又有，矛盾， ∴假设不成立，. （ii）在集合中，要证在上单调递增， 即需证，，都有， 即需证，，都有， ①先证明：当时，， 假设，使得， ∵当时，，∴，使得，∴， 而当时，， 否则，使得，，与矛盾， ∴，∴，∴， 由，则， 由条件②：当时，，则， 否则时，与矛盾， ∴若，使得，则，，（*） ∴，使得，则， 令，， 此时，则，则， ∴，∵， ∴易取，满足，使得， 根据（*）可得，此时，与矛盾， ∴当时，， ②证明：对，，都有， ∵，，都有，∴， 对任意给定的，取，则， ∴对，，都有， ∴在上单调递增. 2.（26年全国Ⅱ卷第19题）已知函数，且已知曲线在点处的切线方程为． ⑴求，； ⑵当时，，求的取值范围； ⑶当时，，求的最小值． 【答案】⑴ ⑵ ⑶ 【分析】⑴结合导数几何意义建立方程求解； ⑵法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可； 法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可； ⑶法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得； 法二：分离参数，结合洛必达法则求解. 【详解】⑴，由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为， 解得； 故. ⑵由⑴知，， 则， 故题意可转化为对任意恒成立， 方法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即，则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立，则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 方法二：不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知， ，这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，，则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； ⑶方法一：设， 则， 令，则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时， 设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 方法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由， 设，，则， 设，，令， 则，， 由，再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即， 故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则， 即的最小值为. 3.（26北京卷第20题）设函数，曲线在点处的切线方程为． ⑴求，的值； ⑵求的极值点个数； ⑶求与交点个数． 【答案】⑴、 ⑵有两个极值点 ⑶交点个数为 【详解】⑴，则， ， 所以，， 又，解得； ⑵由⑴得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； ⑶令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 4.（26年天津卷第20题）已知． ⑴求曲线在点处的切线方程； ⑵当时，证明； ⑶求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【答案】⑴ ⑵见详解 ⑶ 【详解】⑴由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； ⑵方法一：令，则， 当时，，，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上恒成立，即在上恒成立； 当时，令，所以， 因为和在上单调递增，则在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以，由于， 所以，则在上单调递增， 则，即在恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在成立， 故在成立， 综上，在上恒成立， 方法二：要证，即证，可得， 令，，则， 设，， 当时，则， 当时，则， 因为，则，可得，则， 可知在内单调递减，且， 则当时，，即；当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以在内恒成立， 且，即在内恒成立， 所以在上恒成立. ⑶①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 5.（26年上海卷第19题）已知，函数，． ⑴已知，求的解集； ⑵已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围． 【答案】⑴ ⑵ 【详解】⑴由题意，.在与中， ，解得，∴， ∵，∴，解得或或， ∴不等式的解集为. ⑵由题意知，由，得，∴. ∵直线为在点的切线，∴直线的方程为，即， ∵是过点且垂直于的直线，∴直线的方程为：，即， 对于函数，，曲线与、在第一象限内均无公共点， ∴与无正实数解， 分离参数得，，， ∴直线与与曲线在内均无交点， 而， 当时，解得（舍）或， ∴当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增， ∴在处取最小值，. 当时，，当时，， ∴且，即或， ∴实数的取值范围为. 6.（25年全国Ⅱ卷第18题）已知函数，其中． ⑴证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； ⑵设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】⑴、⑵见详解 【详解】⑴证明：由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. ⑵（i）证明：由（1）知，则，， ， 则 ， ，， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 7.（25年北京卷第20题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． ⑴求的最大值； ⑵当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； ⑶设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】⑴ ⑵见详解 ⑶ 【详解】⑴设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. ⑵证明：因为， 所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； ⑶方法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 方法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ， . 所以 , 由（1）知,当时，，所以, 所以. 8.（25年上海卷第19题）已知． ⑴若，求不等式的解集； ⑵若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】⑴ ⑵且. 【分析】⑴先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；⑴求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】⑴因为，故，故， 故，故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. ⑵在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 9.（25年天津卷第20题）已知函数 ⑴时，求在点处的切线方程； ⑵有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】⑴ ⑵（i）；（ii）证明见详解. 【详解】⑴当时，，，则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； ⑵（i）令，，得， 设，则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象，要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，，设，则， 满足，由可得，两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 10.（24年全国Ⅰ卷第18题）已知函数 ⑴若，且，求的最小值； ⑵证明：曲线是中心对称图形； ⑶若当且仅当，求的取值范围． 【答案】⑴ ⑵见详解 ⑶ 【详解】⑴时，，其中，则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， ⑵的定义域为， 设为图象上任意一点，关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. ⑶因为当且仅当，故为的一个解，所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设，则， 当，， 故恒成立，故在上单调递增，故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上单调递增，故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上单调递减，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 11.（24年全国Ⅱ第16题）已知函数． ⑴当时，求曲线在点处的切线方程； ⑵若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】⑴ ⑵ 【分析】⑴求导，结合导数的几何意义求切线方程； ⑵解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】⑴当时，则，， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. ⑵方法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 方法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得，可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增，可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 12.（24年全国甲卷理科第21题）已知函数． ⑴当时，求的极值； ⑵当时，，求的取值范围． 【答案】⑴极小值为，无极大值. ⑵ 【分析】⑴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. ⑵求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】⑴当时，，故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. ⑵， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即单减，故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 13.（24年全国甲卷文科第20题）已知函数． ⑴求的单调区间； ⑵当时，证明：当时，恒成立． 【答案】⑴当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. ⑵见详解 【详解】⑴定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. ⑵，且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 14.（24年北京卷第20题）设函数，直线是曲线在点处的切线． ⑴当时，求的单调区间. ⑵求证：不经过点. ⑶当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】⑴单调递减区间为，单调递增区间为. ⑵、⑶见详解 【详解】⑴， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. ⑵，切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令，假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. ⑶时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以，则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 15.（24年上海卷第18题）已知函数． ⑴若函数的图象经过点，求解不等式； ⑵若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围． 【答案】⑴ ⑵ 【分析】⑴代入点坐标计算求出，根据定义域和单调性即可求出的解集； ⑵根据的定义域将问题转化为时，得出有解，再结合分离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可. 【详解】⑴，则，，，， ，定义域为， 要解不等式，则，． 又在定义域内是严格增函数， 由，则，解得． 综上所述，不等式的解集为． ⑵的定义域为，存在，使得、、依次成等差数列， 则在方程中，应满足， 由，解得，问题转化为时，方程有实数解． 又，则，即． 为严格单调函数，， ，两边同除以得，．令，由，则， 在有解． 又在上是严格增函数， ，即，又，则. 16.（24年天津卷第20题）已知函数． ⑴求曲线在点处的切线方程； ⑵若对任意成立，求实数的值； ⑶若，求证：． 【答案】⑴ ⑵ 2 ⑶见详解 【分析】⑴直接使用导数的几何意义； ⑵先由题设条件得到，再证明时条件满足； ⑶先确定的单调性，再对分类讨论. 【详解】⑴由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. ⑵设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增， 这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设， . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有， 则对有， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. ⑶先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时， 有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增， 即知时，时.故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，据情况一和情况二的讨论， 可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 17.（23年全国Ⅰ卷第19题）已知函数． ⑴讨论的单调性； ⑵证明：当时，． 【答案】⑴当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. ⑵见详解 【详解】⑴因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. ⑵方法一：由⑴得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二：令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又，所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 18.（23年全国Ⅱ卷第22题）⑴证明：当时，； ⑵已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】⑴见详解 ⑵ 【详解】⑴构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，所以； 构建，则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. ⑵令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且，所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建，则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且，则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意；综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 19.（23年全国甲卷理科第21题）已知函数 ⑴当时，讨论的单调性； ⑵若恒成立，求a的取值范围． 【答案】⑴在上单调递增,在上单调递减 ⑵ 【分析】⑴求导,然后令,讨论导数的符号即可; ⑵构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】⑴ 令,则则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 ⑵设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若当,所以.. 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 20.（23年全国乙卷理科第21题）已知函数. ⑴当时，求曲线在点处的切线方程； ⑵是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. ⑶若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】⑴； ⑵见详解 ⑶ 【详解】⑴当时，，则， 据此可得，函数在处的切线方程为， 即. ⑵令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. ⑶由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令，则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，，据此可得恒成立， 则，由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ，且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减，当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 21.（23年全国乙卷文科第20题）已知函数． ⑴当时，求曲线在点处的切线方程． ⑵若函数在单调递增，求的取值范围． 【答案】⑴； ⑵. 【详解】⑴当时，，则， 据此可得， 所以函数在处的切线方程为，即. ⑵由函数的解析式可得， 满足题意时在区间上恒成立. 令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则， 当时，由于，故，在区间上单调递减， 此时，不合题意; 令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意. 综上可知：实数得取值范围是. 22.（23年北京卷第20题）设函数，曲线在点处的切线方程为． ⑴求的值； ⑵设函数，求的单调区间； ⑶求的极值点个数． 【答案】⑴ ⑵的单调递减区间为和，单调递增区间为和. ⑶ 3个 【详解】⑴因为，所以， 因为在处的切线方程为，所以，， 则，解得， 所以. ⑵由（1）得，则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. ⑶由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 23.（23年上海卷第18题）函数 ⑴当时，是否存在实数c，使得为奇函数； ⑵若函数过点，且函数图像与轴负半轴有两个不同交点，求实数a的取值范围. 【答案】⑴不存在 ⑵且 【详解】⑴当时，，定义域为， 假设为奇函数，则， 而，则，此时无实数满足条件， 所以不存在实数，使得函数为奇函数； ⑵图像经过点，则代入得，解得， 所以，定义域为， 令，则的图像与轴负半轴有两个交点， 所以，即，解得， 若，即是方程的解， 则代入可得，解得或. 由题意得，所以实数的取值范围是且. 24.（23年天津卷第20题）已知函数． ⑴求曲线在处的切线斜率； ⑵求证：当时，； ⑶证明：． 【答案】⑴ ⑵、⑶见详解 【详解】⑴，则， 所以，故处的切线斜率为； ⑵要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. ⑶设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以，则， 所以，故； 综上，，即. 25.（22年全国Ⅰ卷第22题）已知函数和有相同的最小值． ⑴求a； ⑵证明：存在直线，其与两条曲线和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】⑴ ⑵见详解 【详解】⑴的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数，故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. ⑵由⑴可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以，而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. 26.（22年全国Ⅱ卷第22题）已知函数． ⑴当时，讨论的单调性； ⑵当时，，求a的取值范围； ⑶设，证明：． 【答案】⑴的减区间为，增区间为. ⑵ ⑶ 见详解 【详解】⑴当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. ⑵设，则，又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数，所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上，. ⑶取，则，总有成立， 令，则，故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有，整理得到：， 故， 故不等式成立. 27.（22年全国甲卷理科第21题）已知函数． ⑴若，求a的取值范围； ⑵证明：若有两个零点，则． 【答案】⑴ ⑵见详解 【详解】⑴方法一：常规求导的定义域为，则 令,得当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 方法二：同构处理由得： 令，则即 令，则故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 ⑵方法一：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 ， 因为,即证 又因为,故只需证 即证，即证 下面证明时， 设， 则 设所以,而 所以,所以，所以在单调递增 即,所以，令 ，所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. 方法二：对数平均不等式由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 28.（22年全国甲卷文科第20题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． ⑴若，求a； ⑵求a的取值范围． 【答案】⑴ 3 ⑵ 【详解】⑴由题意知，，，， 则在点处的切线方程为， 即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； ⑵，则在点处的切线方程为， 整理得， 设该切线与切于点，，则， 则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令， 解得或， 令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为. 29.（22年全国乙卷理科第21题）已知函数 ⑴当时，求曲线在点处的切线方程； ⑵若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】⑴ ⑵ 【分析】⑴先算出切点,再求导算出斜率即可 ⑵求导,对分类讨论,对分两部分研究 【详解】⑴的定义域为 当时,,所以切点为, 所以切线斜率为2， 所以曲线在点处的切线方程为 ⑵， 设 若,当,即 所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意 若 当,则,所以在上单调递增 ，所以存在,使得,即 当单调递减，当单调递增， 所以当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，，所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 当，设 ，所以在单调递增 ， 所以存在,使得 当单调递减，当单调递增, 又，所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 30.（22年全国乙卷文科第20题）已知函数． ⑴当时，求的最大值； ⑵若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】⑴ ⑵ 【详解】⑴当时，，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以； ⑵，则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又，由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得，所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为. 31.（22年北京卷第20题）已知函数． ⑴求曲线在点处的切线方程； ⑵设，讨论函数在上的单调性； ⑶证明：对任意的，有． 【答案】⑴ ⑵在上单调递增. ⑶见详解 【详解】⑴因为，所以，即切点坐标为， 又，∴切线斜率 ∴切线方程为： ⑵因为，所以， 令，则， ∴在上单调递增，∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. ⑶原不等式等价于， 令，，即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 32.（22年天津卷第20题）已知，函数 ⑴求曲线在处的切线方程； ⑵若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】⑴ ⑵（i）；（ii）见详解 【详解】⑴，故，而， 曲线在点处的切线方程为 即. ⑵（i）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点，故， 设，则，故在上为增函数， 而，，故在上存在唯一零点， 且时，；时，；故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数，故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 设，则，故在上为增函数， 而，故. （ii）因为曲线和有公共点， 所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， 故，所以， 下证：对任意，总有， 证明：当时，有，故成立. 当时，即证， 设，则（不恒为零）， 故在上为减函数，故即成立. 综上，成立. 下证：当时，恒成立， ，则， 故在上为增函数，故即恒成立. 下证：在上恒成立，即证：， 即证：，即证：， 而，故成立. 故，即成立. 第 1 页 共 53 页 学科网（北京）股份有限公司 $