十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题04导数及其应用文(含解析)

历年考题细目表

题型 年份 考点 试题位置 单选题 2019 导数研究函数的单调性 2019年新课标1文科05 导数研究函数的切线方单选题 2018 程 2018年新课标1文科06 单选题 2017 导数研究函数的单调性 2017年新课标1文科08 单选题 2017 导数研究函数的单调性 2017年新课标1文科09 单选题 2016 导数研究函数的单调性 2016年新课标1文科09 单选题 2016 导数研究函数的单调性 2016年新课标1文科12 单选题 2014 导数综合问题 2014年新课标1文科12 单选题 2013 导数研究函数的单调性 2013年新课标1文科09 导数研究函数的切线方单选题 2010 程 2010年新课标1文科04 导数研究函数的切线方填空题 2019 程 2019年新课标1文科13 导数研究函数的切线方填空题 2017 程 2017年新课标1文科14 导数研究函数的切线方填空题 2015 程 2015年新课标1文科14 导数研究函数的切线方填空题 2012 程 2012年新课标1文科13 解答题 2019 导数综合问题 2019年新课标1文科20 解答题 2018 导数综合问题 2018年新课标1文科21 解答题 2017 导数综合问题 2017年新课标1文科21 解答题 2016 导数综合问题 2016年新课标1文科21 解答题 2015 导数综合问题 2015年新课标1文科21 解答题 2014 导数综合问题 2014年新课标1文科21 解答题 2013 导数综合问题 2013年新课标1文科20 解答题 2012 导数综合问题 2012年新课标1文科21 解答题 2011 导数综合问题 2011年新课标1文科21 解答题 2010 导数综合问题 2010年新课标1文科21

历年高考真题汇编

1

1．【2019年新课标1文科05】函数f（x）在[﹣π，π]的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：∵f（x）

，x∈[﹣π，π]，

∴f（﹣x）f（x），

∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A；

又f（）故选：D．

，因此排除B，C；

2．【2018年新课标1文科06】设函数f（x）＝x+（a﹣1）x+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（ ） A．y＝﹣2x

B．y＝﹣x

3

2

32

C．y＝2x D．y＝x

【解答】解：函数f（x）＝x+（a﹣1）x+ax，若f（x）为奇函数，

2

可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2

+1， 曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1， 则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x． 故选：D．

3．【2017年新课标1文科08】函数y的部分图象大致为（ ）

A．

B．

C．

3

D．

【解答】解：函数y，

可知函数是奇函数，排除选项B， 当x时，f（）

，排除A，

x＝π时，f（π）＝0，排除D．

故选：C．

4．【2017年新课标1文科09】已知函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x），则（ A．f（x）在（0，2）单调递增 B．f（x）在（0，2）单调递减 C．y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称 D．y＝f（x）的图象关于点（1，0）对称 【解答】解：∵函数f（x）＝lnx+ln（2﹣x）， ∴f（2﹣x）＝ln（2﹣x）+lnx， 即f（x）＝f（2﹣x），

即y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称， 故选：C．

5．【2016年新课标1文科09】函数y＝2x2

﹣e|x|

在[﹣2，2]的图象大致为（ A． B． ）4

）

C．

2

|x|

D．

【解答】解：∵f（x）＝y＝2x﹣e， ∴f（﹣x）＝2（﹣x）﹣e故函数为偶函数，

当x＝±2时，y＝8﹣e∈（0，1），故排除A，B； 当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x﹣e， ∴f′（x）＝4x﹣e＝0有解，

故函数y＝2x﹣e在[0，2]不是单调的，故排除C， 故选：D．

6．【2016年新课标1文科12】若函数f（x）＝x围是（ ） A．[﹣1，1]

B．[﹣1，]

C．[

，]

D．[﹣1，

]

sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范

2

|x|

2

22

|﹣x|

＝2x﹣e，

2|x|

xx【解答】解：函数f（x）＝xsin2x+asinx的导数为f′（x）＝1cos2x+acosx，

由题意可得f′（x）≥0恒成立， 即为1

cos2x+acosx≥0，

即有cosx+acosx≥0，

2

2

设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t+3at≥0， 当t＝0时，不等式显然成立； 当0＜t≤1时，3a≥4t，

5

由4t在（0，1]递增，可得t＝1时，取得最大值﹣1，

可得3a≥﹣1，即a；

当﹣1≤t＜0时，3a≤4t，

由4t在[﹣1，0）递增，可得t＝﹣1时，取得最小值1，

可得3a≤1，即a．

综上可得a的范围是[，]．

2

另解：设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t+3at≥0， 由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0， 解得a的范围是[故选：C．

7．【2014年新课标1文科12】已知函数f（x）＝ax﹣3x+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（ ） A．（1，+∞）

B．（2，+∞）

3

2

3

2

，]．

C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）

【解答】解：∵f（x）＝ax﹣3x+1，

∴f′（x）＝3ax﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1； ①当a＝0时，f（x）＝﹣3x+1有两个零点，不成立；

②当a＞0时，f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立； ③当a＜0时，f（x）＝ax﹣3x+1在（0，+∞）上有且只有一个零点； 故f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上没有零点； 而当x时，f（x）＝ax﹣3x+1在（﹣∞，0）上取得最小值；

3

2

3

2

3

2

3

22

2

故f（）3•1＞0；

6

故a＜﹣2； 综上所述，

实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）； 故选：D．

8．【2013年新课标1文科09】函数f（x）＝（1﹣cosx）sinx在[﹣π，π]的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：由题意可知：f（﹣x）＝（1﹣cosx）sin（﹣x）＝﹣f（x）， 故函数f（x）为奇函数，故可排除B，

又因为当x∈（0，π）时，1﹣cosx＞0，sinx＞0， 故f（x）＞0，可排除A，

又f′（x）＝（1﹣cosx）′sinx+（1﹣cosx）（sinx）′ ＝sin2

x+cosx﹣cos2

x＝cosx﹣cos2x， 故可得f′（0）＝0，可排除D， 故选：C．

9．【2010年新课标1文科04】曲线y＝x3

﹣2x+1在点（1，0）处的切线方程为（

7

）A．y＝x﹣1 B．y＝﹣x+1 C．y＝2x﹣2 D．y＝﹣2x+2

【解答】解：验证知，点（1，0）在曲线上 ∵y＝x﹣2x+1，

3

y′＝3x2﹣2，所以k＝y′|x﹣1＝1，得切线的斜率为1，所以k＝1；

所以曲线y＝f（x）在点（1，0）处的切线方程为：

y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1．

故选：A．

10．【2019年新课标1文科13】曲线y＝3（x+x）e在点（0，0）处的切线方程为 ． 【解答】解：∵y＝3（x+x）e， ∴y'＝3e（x+3x+1）， ∴当x＝0时，y'＝3，

∴y＝3（x+x）e在点（0，0）处的切线斜率k＝3， ∴切线方程为：y＝3x． 故答案为：y＝3x．

11．【2017年新课标1文科14】曲线y＝x2

2

2

2

xxx2

x在点（1，2）处的切线方程为 ．

【解答】解：曲线y＝x2

，可得y′＝2x，

切线的斜率为：k＝2﹣1＝1．

切线方程为：y﹣2＝x﹣1，即：x﹣y+1＝0． 故答案为：x﹣y+1＝0．

12．【2015年新课标1文科14】已知函数f（x）＝ax+x+1的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，7），则a＝ ．

【解答】解：函数f（x）＝ax+x+1的导数为：f′（x）＝3ax+1，f′（1）＝3a+1，而f（1）＝a+2， 切线方程为：y﹣a﹣2＝（3a+1）（x﹣1），因为切线方程经过（2，7）， 所以7﹣a﹣2＝（3a+1）（2﹣1）， 解得a＝1． 故答案为：1．

13．【2012年新课标1文科13】曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线方程为 ． 【解答】解：求导函数，可得y′＝3lnx+4，

8

3

2

3

当x＝1时，y′＝4，

∴曲线y＝x（3lnx+1）在点（1，1）处的切线方程为y﹣1＝4（x﹣1），即y＝4x﹣3． 故答案为：y＝4x﹣3．

14．【2019年新课标1文科20】已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， ∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1 ＝cosx+xsinx﹣1，

令g（x）＝cosx+xsinx﹣1， 则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx ＝xcosx，

当x∈（0，）时，xcosx＞0，

当x时，xcosx＜0，

∴当x时，极大值为g（）0，

又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零点， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；

（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0， 使得f′（x0）＝0，

且f′（x）在（0，x0）为正， 在（x0，π）为负，

∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减， 结合f（0）＝0，f（π）＝0， 可知f（x）在[0，π]上非负， 令h（x）＝ax， 作出图示，

9

∵f（x）≥h（x），a≤0， ∴a的取值范围是（﹣∞，0]．

15．【2018年新课标1文科21】已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1． （1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a时，f（x）≥0．

【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1． ∴x＞0，f′（x）＝aex，

∵x＝2是f（x）的极值点， ∴f′（2）＝ae2

0，解得a，

∴f（x）ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）

，

当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增． （2）证明：当a时，f（x）

lnx﹣1，

设g（x）lnx﹣1，则，

由0，得x＝1，

10

当0＜x＜1时，g′（x）＜0， 当x＞1时，g′（x）＞0， ∴x＝1是g（x）的最小值点， 故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0， ∴当a时，f（x）≥0．

16．【2017年新课标1文科21】已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2

x． （1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．

【解答】解：（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2

x， ∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a）， ①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立， ∴f（x）在R上单调递增，

②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna， 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， ③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（

），

当x＜ln（）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，

当x＞ln（）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，

综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增， 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（

））上单调递减，在（ln（），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，

②当a＞0时，由（1）可得f（x）2

min＝f（lna）＝﹣alna≥0， ∴lna≤0，∴0＜a≤1， ③当a＜0时，由（1）可得：

11

f（x）min＝f（ln（））

a2ln（

）≥0，

∴ln（），

∴﹣2a＜0，

综上所述a的取值范围为[﹣2，1]

17．【2016年新课标1文科21】已知函数f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2

． （Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2

， 可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a），

①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1， 即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）； ②当a＜0时，（如右下图）若a，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；

由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．

即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增； 在（1，ln（﹣2a））递减； 若

a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；

由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．

即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增； 在（ln（﹣2a），1）递减； （Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，

f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，

且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；

12

当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，

f（x）有两个零点；

②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x＝2； ③当a＜0时， 若a时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，

在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，

又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点； 当a时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，

在（1n（﹣2a），1）单调减，

只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，

而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意． 综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．

13

18．【2015年新课标1文科21】设函数f（x）＝e2x﹣alnx． （Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数； （Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞）， ∴f′（x）＝2e2x．

当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点， 当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y单调递增，

∴f′（x）在（0，+∞）单调递增， 又f′（a）＞0，

假设存在b满足0＜b＜ln时，且b，f′（b）＜0，

故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0， 当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增， 所欲当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0）， 由于

0，

14

所以f（x0）2ax0+aln2a+aln．

故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

19．【2014年新课标1文科21】设函数f（x）＝alnxx2﹣bx（a≠1），曲线y＝f（x）在点（1，f（1））

处的切线斜率为0， （1）求b；

（2）若存在x0≥1，使得f（x0）

，求a的取值范围．

【解答】解：（1）f′（x）（x＞0），

∵曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0， ∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0，解得b＝1．

（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（x）＝alnx，

∴．

①当a时，则

，

则当x＞1时，f′（x）＞0，

∴函数f（x）在（1，+∞）单调递增，

∴存在x0≥1，使得f（x0）的充要条件是，即，

解得

；

②当a＜1时，则，

则当x∈时，f′（x）＜0，函数f（x）在上单调递减；

15

当x∈时，f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增．

∴存在x0≥1，使得f（x0）的充要条件是，

而，不符合题意，应舍去．

③若a＞1时，f（1）综上可得：a的取值范围是

，成立．

．

x2

20．【2013年新课标1文科20】已知函数f（x）＝e（ax+b）﹣x﹣4x，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4． （Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值． 【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝e（ax+b）﹣x﹣4x， ∴f′（x）＝e（ax+a+b）﹣2x﹣4，

∵曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4x+4 ∴f（0）＝4，f′（0）＝4 ∴b＝4，a+b＝8 ∴a＝4，b＝4；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝4e（x+1）﹣x﹣4x，

xf′（x）＝4ex（x+2）﹣2x﹣4＝4（x+2）（ex2

x2

x），

令f′（x）＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2

∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0 ∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2） 当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e）． 21．【2012年新课标1文科21】设函数f（x）＝e﹣ax﹣2． （Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．

x﹣2

16

【解答】解：（I）函数f（x）＝e﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e﹣a，

若a≤0，则f′（x）＝e﹣a≥0，所以函数f（x）＝e﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增． 若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e﹣a＜0； 当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e﹣a＞0；

所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增． （II）由于a＝1，所以，（x﹣k） f′（x）+x+1＝（x﹣k） （e﹣1）+x+1 故当x＞0时，（x﹣k） f′（x）+x+1＞0等价于k（x＞0）①

xxxxxxx令g（x），则g′（x）

x

由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝e﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增， 而h（1）＜0，h（2）＞0，

所以h（x）＝e﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，

故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2） 当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0； 所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．

又由g′（α）＝0，可得e＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3） 由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2． 22．【2011年新课标1文科21】已知函数f（x）程为x+2y﹣3＝0． （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）证明：当x＞0，且x≠1时，f（x）

．

，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方

α

x【解答】解：（I）

由于直线x+2y﹣3＝0的斜率为

．

，且过点（1，1）

所以

17

解得a＝1，b＝1 （II）由（I）知f（x）

所以

考虑函数，

则

所以当x≠1时，h′（x）＜0而h（1）＝0，

当x∈（0，1）时，h（x）＞0可得；

当

从而当x＞0且x≠1时，

23．【2010年新课标1文科21】设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2

（Ⅰ）若a，求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围． 【解答】解：（I）a时，f（x）＝x（ex﹣1）

x2，（ex﹣1）（x+1）令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0； ∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）；（II）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）．

令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a．

若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数， 而g（0）＝0，从而当x≥0时g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数，

18

而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0． 综合得a的取值范围为（﹣∞，1]． 另解：当x＝0时，f（x）＝0成立； 当x＞0，可得e﹣1﹣ax≥0，即有a由y＝e﹣x﹣1的导数为y′＝e﹣1， 当x＞0时，函数y递增；x＜0时，函数递减， 可得函数y取得最小值0，即e﹣x﹣1≥0，

xxxx的最小值，

x＞0时，可得

则a≤1．

考题分析与复习建议

1，

本专题考查的知识点为：导数的概念及运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，预测明年本考点题目会比较稳定.备考方向以知识点导数的运算，导数与函数的单调性、极值、最值，导数与函数的综合问题，为重点较佳.

最新高考模拟试题

1．已知函数，若

有3个零点，则k的取值范围为( )

A．(1，0) e2B．(1，0) 2eC．(0，

1) 2eD．(0，

1) e2【答案】C 【解析】

19

由题意，函数，要使得函数在R上有3个零点，

当x0时，令，可得klnxx2， 要使得Fx0有两个实数解，即yk和gxlnxx2有两个交点， 又由，令

，可得xe，

当x(0,e)时，gx0，则gx单调递增； 当

时，gx0，则gx单调递减，

所以当xe时，，

若直线yk和gxlnxx2有两个交点，则k(0,12e)， 当x0时，yk和gx1x有一个交点，则k0， 综上可得，实数k的取值范围是(0,12e)，故选C. 2．已知，

，则下列不等式一定成立的是（ A．2

B．2

C． D．【答案】C 【解析】 由题意，

，

，

设，

20

）

，

设，

，

gx在0,单调递减，且

2，

f'x0,

所以fxsinx在0,递减， x2

，故选C.

3．已知函数

最小值是（ ）（参考数据：A．5 【答案】A 【解析】

'，当xa时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当0xa时，

（a为大于1的整数），若yf(x)与

，C．7

，

D．8

）

的值域相同，则a的

B．6

f'(x)0，函数f(x)单调递增，

故令

，又当

因此t(a)是单调递增函数，因此当a2,aZ时， ，令

由上可知：

，

，所以函数f(x)的值域为

，

，由上可知函数f(n)在0xa时，单调递增，在xa时，单调递减，要想

21

的值域为

，a2,aZ，

，只需，即，设

，所以当a3,aZ时，函数g(a)单调递增，

，

，所以a的最小值是5，故本题选A.

4．已知实数a，b，c，d满足

，则的最小值为（ A．8 B．4 C．2

D．2

【答案】D 【解析】

，

可以看成f(x)lnx和g(x)x1之间的最小值

f'(x)1x 当

时，即点1,0到直线g(x)x1的距离最小



5．若函数在区间1,上存在零点，则实数a的取值范围为( )

A．0,112 B．2,e C．0,

D．12, 【答案】D 【解析】 因为函数

，

所以

22

）令

当x(1,) 时，

，因为，

，所以g(x)0

，

所以g(x)在(1,)上为增函数，则

当12a0时，g(x)0，所以f(x)0，所以f(x)在(1,)上为增函数， 则

，所以f(x)在(1,)上没有零点.

当12a0时，即a1，因为g(x)在(1,)上为增函数，则存在唯一的x0(1,)，使得g(x0)0，2且当x(1,x0)时，g(x)0，当x(x0,)时，g(x)0；

所以当x(1,x0)时，f(x)0，f(x)为减函数，当x(x0,)时，f(x)0，f(x)为增函数，当xx0时，因为

，

，当x趋于时，f(x)趋于，

所以在x(x0,)内，f(x)一定存在一个零点. 所以a(,)， 故答案选D. 6．已知函数取值范围是（ ） A．,e

2，若对任意x(0,)，都有

成立，则实数a的

123B．-?,2eùúû

(轹3C．ê-e,+?÷÷ ê滕2【答案】D 【解析】 令则

D．éêë-2e,+?)

，

，

23

因为对任意x(0,)，都有所以即

成立，

在x(0,)上恒成立； 在x(0,)上恒成立；

即

在x(0,)上恒成立；

令

，x(0,)，

则，

由h(x)0得

，解得x1（舍）或x1， 2单调递减；

所以，当0x1时，2，

，

当x1时，2，

单调递增；

所以

因为

在x(0,)上恒成立，

所以只需2a4e，解得a2e. 故选D

7．已知奇函数fx是定义在R上的可导函数，其导函数为fx，当x0时，有则不等式A．【答案】A 【解析】 设

，

B．

的解集为( ) C．,2018

D．2016,0

，

24

因为fx为R上奇函数， 所以

即gx为R上奇函数 对gx求导，得而当x0时，有

， ，

故x0时，gx0，即gx单调递增， 所以gx在R上单调递增 不等式

，

即所以故选A项. 8．已知函数（ ） A．-3 【答案】D 【解析】 根据题意，函数

，其导数

B．-2

C．-1

D．0

，则使不等式f(x1)0成立的x的最小整数为

，解得x2016

，

x0时，f(x)可以看成是1为首项，x2为公比的等比数列，

则有

，

25

函数f(x)在R上为增函数， 又由

，

，

则函数f(x)在(2,1)上存在唯一的零点，设其零点为t，

，

又由2t1，则

，

故不等式f(x1)0成立的x的最小整数为0； 故选：D．

9．直线yax是曲线y1lnx的切线，则实数a____． 【答案】1 【解析】

解：∵y1lnx，∴y1 x1， m．

设切点为(m,1lnm)，得切线的斜率为

所以曲线在点m,1lnm处的切线方程为：

即：

它过原点，∴lnm0，∴m1， ∴a11． m故答案为：1． 10．函数_________． 【答案】a„1 【解析】

与

的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的取值范围为

26

关于x轴对称的函数为

因为函数所以方程

a0时符合题意， a0时转化为

，

的图象上存在关于x轴的对称点， 的图象有交点，

与与

有解，即aexx1有解，

有解，

即的图象有交点，

是过定点1,0的直线，其斜率为

1， am设

相切时，切点的坐标为m,e，

em11m1a则，解得a1，切线斜率为1，

aem1a由图可知，当

11，即a1且a0时，a与

的图象有交点，

此时，的图象有交点，函数与的

图象上存在关于x轴的对称点，

综上可得，实数a的取值范围为a1，故答案为a1.

27

11．已知函数【答案】ln【解析】 作出函数

，若存在实数a,b(ab)使得，则a2b的最大值为________.

32 27图像如下：

由题意，令a,b为方程f(x)m的两个根，由图像易得0m1； 由e1m得ex1m，解得因为ab，所以因此令则

因为0m1，所以由g(m)0得0m，

x或，

，

，0m1， ，

，

11；由g(m)0得m1，

33即函数g(m)在0,上单调递增；在,1上单调递减；

1313所以，

因此a2b的最大值为ln故答案为ln32. 2732 27（e为自然对数的底数），则a2b2的最小值是_______．

12．已知实数a，b，c满足

28

【答案】15 【解析】 设

，则

，

所以函数u(x)的增区间为（0，+），减区间为(-,0), 所以，即exx1；

可知，

当且仅当时取等； 因为 所以

，

．

所以，

解得

，当且仅当c15时，取等号． 故答案为：15

13．已知直线xt与曲线分别交于M,N两点，则MN的最小值为________

【答案】1. 【解析】 令

，

，显然为增函数，且h'(0)0

所以当t(1,0)时，单调递减； 当t(1,)时，单调递增.

所以.

故答案为1.

29

14．曲线yacosx在x

6

处的切线l的斜率为

1，则切线l的方程为_____． 2【答案】【解析】

解：曲线yacosx，可得曲线yacosx在x

，

6

处的切线l的斜率为

1， 2可得

所以a1.

，

所以切点坐标为：(6,3)， 2.

则切线l的方程为：

即：．

故答案为：．

15．已知函数______．

【答案】3ln22 【解析】

若方程[f(x)]a恰有两个不同的实数根x1,x2，则x1x2的最大值是

2

30

作出fx的函数图象如图所示， 由

，可得

，

， 即a1，

不妨设x1x2 ，则

令，则，

，令，则，

当 1t8时，g't0，g(t)在1,8上递增；

当t>8时，g't0，g(t)在8,上递减；

当t8时，g(t)取得最大值

故答案为3ln22. 16．已知函数

【答案】a0或a2 【解析】

,

的图象恰好经过三个象限，则实数a的取值范围______.

（1）当a0时，f(x)在(,0]上单调递减，又f(0)1，所以函数f(x)的图象经过第二、三象限，

当x0时，

，

所以，

①若a„1时，f(x)0恒成立，又当x0时，f(x)2，所以函数f(x)图象在x0时，经过第一象限，符合题意；

②若1a0时，f(x)0在[2,)上恒成立，当0x2时，令f(x)0，解

，所

a1a1,2以f(x)在0,3上单调递减，在上单调递增， 3 31

又

所以函数f(x)图象在x0时，经过第一象限，符合题意；

（2）当a0时，f(x)的图象在(,0)上，只经过第三象限，f(x)0在(0,)上恒成立，所以f(x)的图象在(0,)上，只经过第一象限，故不符合题意；

（3）当a0时，f(x)在(,0)上单调递增，故f(x)的图象在(,0)上只经过第三象限，所以f(x)在

(0,)上的最小值fmin(x)0，

当0x2时，令f(x)0，解得xa1， 3若a12时，即a11时，f(x)在(0,)上的最小值为 3，

令.

若

时，则f(x)在0x2时，单调递减，

当x2时，令f(x)0，解得xa1， 3，

若令若

，f(x)在(2,)上单调递增，故f(x)在(0,)上的最小值为，所以11a13；

a1，f(x)在在2,3上单调递减，

，

上单调递增，故f(x)在(0,)上的最小值为

显然

，故a13；

32

结上所述：a0或a2. 17．已知函数

.

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）比较

与

的大小nN且n2，并证明你的结论.

【答案】（I）见解析；（II）见解析 【解析】

（Ⅰ）函数f(x)可化为

，

当0xa时，

，从而f(x)在(0,a)上总是递减的，

当xa时，，此时要考虑a与1的大小.

若a≥1，则f(x)0，故f(x)在[a,)上递增，

若0a1，则当ax1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，故f(x)在[a,1)上递减， 在(1,)上递增，而f(x)在xa处连续，所以 当a≥1时，f(x)在(0,a)上递减，在[a,)上递增； 当0a1时，f(x)在(0,1)上递减，在[1,)上递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a1，x1时，

，即lnx1x，所以

lnxx11x.所以

.

18．已知函数

．

（1）讨论fx的单调性；

33

（2）若x1,x2为fx的两个极值点，证明：【答案】（1）当a2时，fx在

为增函数，

.

减函

数，【解析】

为增函数；当a2时，fx在0,为增函数．（2）证明见解析．

（1）fx的定义域为0,，对于函数①当

，

时，即2a2时，

，

在x0恒成立．

在0,恒成立，fx在0,为增函数；

②当，即a2或a2时， 当a2时，由fx0，得

或

，

，

fx在

为增函数，减函数，

为增函数，

当a2时，由

在0,恒成立，

fx在0,为增函数．

综上，当a2时，fx在

为增函数，

减函数，

为增函数；

当a2时，fx在0,为增函数． （2）由（1）知a2，且

，

34

故

故只需证明

，

令ta，故t1， 2原不等式等价于lnt（Ⅰ）当a1时，求f(x)的最大值； （Ⅱ）若f(x)„.

，所以

单调递减，有

1e对e恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）[1,e] 【解析】 （Ⅰ）当a1时，

.

令f(x)0，得x0.

当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递减. 所以

.

，定义域为(1,).

（Ⅱ）

，xa11.令f(x)0，得x. aa时，f(x)0，f(x)单调递减，

当

时，f(x)0，f(x)单调递增；当

35

所以.

依题意有，设，

则

，所以g(a)在a[1,)上单调递增.

又，故

1剟ae，

即实数a的取值范围为[1,e].

20．对于函数yfx的定义域D，如果存在区间m,nD，同时满足下列条件：①fx在上是单调函数；②当xm,n时，fx的值域为2m,2n，则称区间

是函数fx的“单

调倍区间”．已知函数

（1）若a2，求fx在点e,fe处的切线方程；

（2）若函数fx存在“单调倍区间”，求a的取值范围．

【答案】（1）【解析】 （1）当a2时，

；（2）

当x0时，

，则：，又

fx在e,fe处的切线方程为：

即：

36

（2）

列表如下：

x ,0  a0, 2a 20 a, 2fx   fx

极大值 设函数fx存在“单调倍区间”是

①当mn0时，由fx在,0上单调递减，则有

两式相减得：即

，代入得：

要使此关于m,n的方程组在mn0时有解，则使得y2a与点 当x的图象有两个公共

131时，ymin，当x0时，y

28431312a≤，即：a 82131, 1结合两函数图象，则

即此时满足fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是 37

②当

时，由fx在0,

a

2

上单调递增，则有

1ln即：am4m1

alnn4n设gxlnx4x，则

当x0,e时，gx0，gx为增函数 当xe,时，gx0，gx为减函数

要使方程

1alnx4x有两解，则y1a与gxlnx4x的图象在a0,2有两个交点 a2elna结合两函数图象，则

，即：21 2aa11a4e解得：

即此时满足fx存在“在单调倍区间”的a的取值范围是4e,2e2

③当

a2mn时，由fx在a2,上单调递减，则有

两式相减得：

，此式不成立，即此时fx不存在“单调倍区间”综上，函数fx存在“单调倍区间”的a的取值范围是

21．已知函数

.

（1）讨论函数f(x)的单调性；

38

（2）当b[0,1)时，设函数有最小值h(b)，求h(b)的值域.

【答案】(1)见解析；(2)

【解析】

解：（1）f(x)定义域为，

.

令，①

，

1当0a4时，0，

，

即f'(x)0且不恒为零，故f(x)单调递增区间为(,4)，(4,)，

2当a4时，，方程①两根为

，，

由于，

.

故x14x2，

因此当x(,x1)时，f'(x)0，f(x)单调递增，

x(x1,4)，f'(x)0，f(x)单调递减， x(4,x2)，f'(x)0，f(x)单调递减，

39

x(x2,)，f'(x)0，f(x)单调递增，

综上，当0a4时，f(x)在(,4)单调递增，(4,)单调递增，

当a4时，f(x)在

单调递增，

，单调递减；

在单调递增.

（2），

设，

由（1）知，a0时，

在(2,)单调递增，

由于k(0)b0，

，

故在(2,0]存在唯一x0，使k(x0)0，

，

又当x(2,x0)，k(x)0，即g'(x)0，g(x)单调递减，

x(x0,)，k(x)0，即g'(x)0，g(x)单调递增，

故

时，

ex02x4，x0(2,0]. 0 40

又设

，x(2,0]，

，

故m(x)单调递增，故

，

即，即.

22．已知函数（无理数e2.718…）．

（1）若f(x)在(1,)单调递增，求实数a的取值范围：

（2）当a0时，设，

证明：当x0时，

．

【答案】（1）

（，2]； （2）见解析. 【解析】

（1）解：由题意可得

在（，1）上恒成立．∴， 令，则

，

∴函数

在（，1）上单调递增． ∴a（）h12．

∴实数a的取值范围是

（，2]． （2）证明：当a0时，

．

，令，

41

则

，可得xln2时，函数（ux）取得极小值，．

∵g（0）0，又．

∴存在，使得．

由单调性可得：xx0时，函数g(x)取得极小值，即最小值， ∴

．

由

，可得函数y（gx0）单调递减，故

．

∴当x0时，．

42