十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题04 导数及其应用(新课标Ⅰ卷)(解析版)

历年考题细目表

题型 年份 2019 2018 2017 2017 2016 2016 2014 2013 2010 2019 2017 2015 2012 2019 2018 2017 2016 201考点 试题位置 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 填空题 填空题 填空题 填空题 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 导数研究函数的单调性 导数研究函数的切线方程 导数研究函数的单调性 导数研究函数的单调性 导数研究函数的单调性 导数研究函数的单调性 导数综合问题 导数研究函数的单调性 导数研究函数的切线方程 导数研究函数的切线方程 导数研究函数的切线方程 导数研究函数的切线方程 导数研究函数的切线方程 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 2019年新课标1文科05 2018年新课标1文科06 2017年新课标1文科08 2017年新课标1文科09 2016年新课标1文科09 2016年新课标1文科12 2014年新课标1文科12 2013年新课标1文科09 2010年新课标1文科04 2019年新课标1文科13 2017年新课标1文科14 2015年新课标1文科14 2012年新课标1文科13 2019年新课标1文科20 2018年新课标1文科21 2017年新课标1文科21 2016年新课标1文科21 2015年新课标1文科21 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 5 2014 2013 2012 2011 2010 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 导数综合问题 2014年新课标1文科21 2013年新课标1文科20 2012年新课标1文科21 2011年新课标1文科21 2010年新课标1文科21 历年高考真题汇编

1．【2019年新课标1文科05】函数f（）

在[﹣π，π]的图象大致为（ ）

A．

B．

C．

D．

【解答】解：∵f（），∈[﹣π，π]，

∴f（﹣）f（），

∴f（）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A； 又f（）故选：D．

2．【2018年新课标1文科06】设函数f（）＝3+（a﹣1）2+a．若f（）为奇函数，则曲线y＝f（）在点（0，0）处的切线方程为（ ） A．y＝﹣2

B．y＝﹣

C．y＝2

D．y＝

，因此排除B，C；

【解答】解：函数f（）＝3+（a﹣1）2+a，若f（）为奇函数， 可得a＝1，所以函数f（）＝3+，可得f′（）＝32+1， 曲线y＝f（）在点（0，0）处的切线的斜率为：1， 则曲线y＝f（）在点（0，0）处的切线方程为：y＝． 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．

D．

【解答】解：函数y

，

可知函数是奇函数，排除选项B， 当

时，f（）

，排除A，

＝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（）＝ln+ln（2﹣），则（ A．f（）在（0，2）单调递增 B．f（）在（0，2）单调递减 C．y＝f（）的图象关于直线＝1对称

D．y＝f（）的图象关于点（1，0）对称 【解答】解：∵函数f（）＝ln+ln（2﹣）， ∴f（2﹣）＝ln（2﹣）+ln， 即f（）＝f（2﹣），

即y＝f（）的图象关于直线＝1对称， 故选：C．

5．【2016年新课标1文科09】函数y＝22﹣e||在[﹣2，2]的图象大致为（ ） ）

A． B．

C． D．

【解答】解：∵f（）＝y＝22﹣e||， ∴f（﹣）＝2（﹣）2﹣e||＝22﹣e||，

﹣

故函数为偶函数，

当＝±2时，y＝8﹣e2∈（0，1），故排除A，B； 当∈[0，2]时，f（）＝y＝22﹣e， ∴f′（）＝4﹣e＝0有解，

故函数y＝22﹣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（）＝（ ） A．[﹣1，1]

B．[﹣1，]

C．[

，]

D．[﹣1，

]

sin2+asin在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是

【解答】解：函数f（）＝sin2+asin的导数为f′（）＝1cos2+acos，

由题意可得f′（）≥0恒成立， 即为1

cos2+acos≥0，

即有

cos2+acos≥0，

设t＝cos（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0， 当t＝0时，不等式显然成立； 当0＜t≤1时，3a≥4t

，

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[，]．

另解：设t＝cos（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+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（）＝a3﹣32+1，若f（）存在唯一的零点0，且0＞0，则实数a的取值范围是（ ） A．（1，+∞）

B．（2，+∞）

C．（﹣∞，﹣1）

D．（﹣∞，﹣2）

，]．

【解答】解：∵f（）＝a3﹣32+1，

∴f′（）＝3a2﹣6＝3（a﹣2），f（0）＝1； ①当a＝0时，f（）＝﹣32+1有两个零点，不成立；

②当a＞0时，f（）＝a3﹣32+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立； ③当a＜0时，f（）＝a3﹣32+1在（0，+∞）上有且只有一个零点； 故f（）＝a3﹣32+1在（﹣∞，0）上没有零点；

而当

时，f（）＝a3﹣32+1在（﹣∞，0）上取得最小值；

故f（）3•1＞0；

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（）＝（1﹣cos）sin在[﹣π，π]的图象大致为（A．

B．

C．

D．

【解答】解：由题意可知：f（﹣）＝（1﹣cos）sin（﹣）＝﹣f（）， 故函数f（）为奇函数，故可排除B， 又因为当∈（0，π）时，1﹣cos＞0，sin＞0， 故f（）＞0，可排除A，

又f′（）＝（1﹣cos）′sin+（1﹣cos）（sin）′

）

＝sin2+cos﹣cos2＝cos﹣cos2， 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＝3﹣2+1在点（1，0）处的切线方程为（ ） A．y＝﹣1

B．y＝﹣+1

C．y＝2﹣2

D．y＝﹣2+2

【解答】解：验证知，点（1，0）在曲线上 ∵y＝3﹣2+1，

y′＝32﹣2，所以＝y′|﹣1＝1，得切线的斜率为1，所以＝1； 所以曲线y＝f（）在点（1，0）处的切线方程为： y﹣0＝1×（﹣1），即y＝﹣1． 故选：A．

10．【2019年新课标1文科13】曲线y＝3（2+）e在点（0，0）处的切线方程为 ． 【解答】解：∵y＝3（2+）e， ∴y'＝3e（2+3+1）， ∴当＝0时，y'＝3，

∴y＝3（2+）e在点（0，0）处的切线斜率＝3， ∴切线方程为：y＝3． 故答案为：y＝3．

11．【2017年新课标1文科14】曲线y＝2

在点（1，2）处的切线方程为 ．

【解答】解：曲线y＝2

，可得y′＝2，

切线的斜率为：＝2﹣1＝1．

切线方程为：y﹣2＝﹣1，即：﹣y+1＝0． 故答案为：﹣y+1＝0．

12．【2015年新课标1文科14】已知函数f（）＝a3++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（）＝a3++1的导数为：f′（）＝3a2+1，f′（1）＝3a+1，而f（1）＝a+2， 切线方程为：y﹣a﹣2＝（3a+1）（﹣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＝（3ln+1）在点（1，1）处的切线方程为 ． 【解答】解：求导函数，可得y′＝3ln+4， 当＝1时，y′＝4，

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

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

当∈（0，）时，cos＞0，

当时，cos＜0，

∴当时，极大值为g（）0，

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

（2）由（1）知，f′（）在（0，π）上有唯一零点0， 使得f′（0）＝0， 且f′（）在（0，0）为正， 在（0，π）为负，

∴f（）在[0，0]递增，在[0，π]递减，

f（）的导数． 结合f（0）＝0，f（π）＝0， 可知f（）在[0，π]上非负， 令h（）＝a， 作出图示，

∵f（）≥h（），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（）＝ae﹣ln﹣1． （1）设＝2是f（）的极值点，求a，并求f（）的单调区间； （2）证明：当a

时，f（）≥0．

【解答】解：（1）∵函数f（）＝ae﹣ln﹣1． ∴＞0，f′（）＝ae

，

∵＝2是f（）的极值点， ∴f′（2）＝ae2

0，解得a

，

∴f（）e﹣ln﹣1，∴f′（），

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

时，f（）

ln﹣1，

设g（）ln﹣1，则，

由0，得＝1，

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

时，f（）≥0．

16．【2017年新课标1文科21】已知函数f（）＝e（e﹣a）﹣a2． （1）讨论f（）的单调性；

（2）若f（）≥0，求a的取值范围．

【解答】解：（1）f（）＝e（e﹣a）﹣a2＝e2﹣ea﹣a2， ∴f′（）＝2e2﹣ae﹣a2＝（2e+a）（e﹣a）， ①当a＝0时，f′（）＞0恒成立， ∴f（）在R上单调递增，

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

），

当＜ln（）时，f′（）＜0，函数f（）单调递减，

当＞ln（）时，f′（）＞0，函数f（）单调递增，

综上所述，当a＝0时，f（）在R上单调递增，

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

））上单调递减，在（ln（

），+∞）上单调递增，

（2）①当a＝0时，f（）＝e2＞0恒成立，

②当a＞0时，由（1）可得f（）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0， ∴lna≤0，∴0＜a≤1， ③当a＜0时，由（1）可得： f（）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（）＝（﹣2）e+a（﹣1）2． （Ⅰ）讨论f（）的单调性；

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

①当a≥0时，由f′（）＞0，可得＞1；由f′（）＜0，可得＜1， 即有f（）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′（）≥0恒成立，即有f（）在R上递增；

若a时，由f′（）＞0，可得＜1或＞ln（﹣2a）；

由f′（）＜0，可得1＜＜ln（﹣2a）．

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

a＜0，由f′（）＞0，可得＜ln（﹣2a）或＞1；

由f′（）＜0，可得ln（﹣2a）＜＜1．

即有f（）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；

在（ln（﹣2a），1）递减； （Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，

f（）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增， 且f（1）＝﹣e＜0，→+∞，f（）→+∞；

当→﹣∞时f（）＞0或找到一个＜1使得f（）＞0对于a＞0恒成立， f（）有两个零点；

②当a＝0时，f（）＝（﹣2）e，所以f（）只有一个零点＝2； ③当a＜0时， 若a

时，f（）在（1，ln（﹣2a））递减，

在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，

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

18．【2015年新课标1文科21】设函数f（）＝e2﹣aln． （Ⅰ）讨论f（）的导函数f′（）零点的个数； （Ⅱ）证明：当a＞0时，f（）≥2a+aln．

【解答】解：（Ⅰ）f（）＝e2﹣aln的定义域为（0，+∞）， ∴f′（）＝2e2

．

当a≤0时，f′（）＞0恒成立，故f′（）没有零点， 当a＞0时，∵y＝e2为单调递增，y∴f′（）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， 单调递增，

故当a＞0时，导函数f′（）存在唯一的零点，

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

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

0，

所以f（0）2a0+aln2a+aln．

故当a＞0时，f（）≥2a+aln．

19．【2014年新课标1文科21】设函数f（）＝aln切线斜率为0， （1）求b；

（2）若存在0≥1，使得f（0）

2

﹣b（a≠1），曲线y＝f（）在点（1，f（1））处的

，求a的取值范围．

【解答】解：（1）f′（）（＞0），

∵曲线y＝f（）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（）的定义域为（0，+∞），由（1）可知：f（）＝aln

，

∴．

①当a时，则，

则当＞1时，f′（）＞0，

∴函数f（）在（1，+∞）单调递增， ∴存在0≥1，使得f（0）

的充要条件是

，即

，

解得；

②当a＜1时，则，

则当∈时，f′（）＜0，函数f（）在上单调递减；

当∈时，f′（）＞0，函数f（）在上单调递增．

∴存在0≥1，使得f（0）的充要条件是，

而，不符合题意，应舍去．

③若a＞1时，f（1），成立．

综上可得：a的取值范围是．

20．【2013年新课标1文科20】已知函数f（）＝e（a+b）﹣2﹣4，曲线y＝f（）在点（0，f（0））处切线方程为y＝4+4． （Ⅰ）求a，b的值；

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

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

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（）＝4e（+1）﹣2﹣4， f′（）＝4e（+2）﹣2﹣4＝4（+2）（e令f′（）＝0，得＝﹣ln2或＝﹣2

∴∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（）＞0；∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（）＜0 ∴f（）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2） 当＝﹣2时，函数f（）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝4（1﹣e2）．

﹣

），

21．【2012年新课标1文科21】设函数f（）＝e﹣a﹣2． （Ⅰ）求f（）的单调区间；

（Ⅱ）若a＝1，为整数，且当＞0时，（﹣）f′（）++1＞0，求的最大值．

【解答】解：（I）函数f（）＝e﹣a﹣2的定义域是R，f′（）＝e﹣a，

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

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

（＞0）①

令g（），则g′（）

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

所以h（）＝e﹣﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，

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

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

（Ⅱ）证明：当＞0，且≠1时，f（）

．

，曲线y＝f（）在点（1，f（1））处的切线方程

【解答】解：（I）．

由于直线+2y﹣3＝0的斜率为，且过点（1，1）

所以

解得a＝1，b＝1 （II）由（I）知f（）

所以

考虑函数，

则

所以当≠1时，h′（）＜0而h（1）＝0， 当∈（0，1）时，h（）＞0可得

；

当

从而当＞0且≠1时，

23．【2010年新课标1文科21】设函数f（）＝（e﹣1）﹣a2 （Ⅰ）若a

，求f（）的单调区间；

（Ⅱ）若当≥0时f（）≥0，求a的取值范围． 【解答】解：（I）a

时，f（）＝（e﹣1）

2

，（e﹣1）（+1）

令f′（）＞0，可得＜﹣1或＞0；令f′（）＜0，可得﹣1＜＜0；

∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）； （II）f（）＝（e﹣1﹣a）．

令g（）＝e﹣1﹣a，则g'（）＝e﹣a．

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

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

的最小值，

＞0时，可得则a≤1． 1，

考题分析与复习建议

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，x＜0x1．已知函数f(x)，若Fxfxkx有3个零点，则k的取值范围为( )

lnx,x＞0xA．(1，0) e2B．(1，0) 2eC．(0，

1) 2eD．(0，

1) e2【答案】C

【解析】

1，x0x由题意，函数f(x)，要使得函数Fxfxkx在R上有3个零点，

lnxx,x0当x0时，令Fxfxkx0，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gx12lnxx3，令12lnx0，可得xe， 当x(0,e)时，gx0，则gx单调递增； 当x(e,)时，gx0，则gx单调递减， 所以当xe时，gxmax12e， 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,(0,2)，sinsin0，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，sinsin，sinsin，

设fxsinxx,x0,2， f'xxcosxsinxx2,x0,2，

）

设gxxcosxsinx,x0,， 2g'xcosxxsinxcosxxsinx0，

gx在0,单调递减，且gxg00，

2f'x0,

所以fxsinx在0,递减， x2Qsinsinff,

，故选C.

3．已知函数f(x)alnxx2（a为大于1的整数），若yf(x)与yf(f(x))的值域相同，则a的最小值是（ ）（参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094） A．5 【答案】A 【解析】

B．6

C．7

D．8

aax'f(x)alnxx2f'(x)=1，当xa时，f(x)0，函数f(x)单调递减，当0xa时，

xxf'(x)0，函数f(x)单调递增，

故f(x)maxf(a)alnaa2，又当x0,f(x)，所以函数f(x)的值域为(,alnaa2]，令t(a)alnaa2t(a)lna11lna,

'Qa1,aZt'(a)0因此t(a)是单调递增函数，因此当a2,aZ时， t(a)t(2)2ln20，令f(x)alnxx2n由上可知：nalnaa2，

yf(f(x))f(n)，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yf(f(x))f(n)的值域为(,alnaa2]，只需aalnaa2，即alna2a20，设g(a)alna2a2，a2,aZ，g'(a)lna1，所以当a3,aZ时，函数g(a)单调递增，

g(2)2ln240,g(3)3ln340，

g(4)4ln460,g(5)5ln580，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

lna1c21，则(ac)2(bd)2的最小值为（ ） b1d3A．8 B．4

C．2

D．2

【答案】D 【解析】

Qlna1b1c2d31 lna1b11blna，c2d31dc1 可以看成f(x)lnx和g(x)x1之间的最小值

Qf'(x)1x 当

1x1x1时，即点1,0到直线g(x)x1的距离最小 d222 5．若函数fxxxalnx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fxxxalnx， 所以f(x)11x2a2xa2xx2x 令g(x)2xx2a，因为g(x)2112x4x2x， 当x(1,) 时，4x10,2x0，所以g(x)0

所以g(x)在(1,)上为增函数，则g(x)g(1)12a，

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f(x)f(1)0，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，fmin(x)f(x0)，

因为f(x0)f(1)0，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f(x)2取值范围是（ ） A．,e

2121xaeax，若对任意x(0,)，都有f(x)xf(x)成立，则实数a的xx3B．-?,2eùúû

(轹3C．ê-e,+?÷÷ ê滕2【答案】D 【解析】

令g(x)xf(x)(2x1)eaxa， 则g(x)f(x)xf(x)，

x2D．éêë-2e,+?)

因为对任意x(0,)，都有f(x)xf(x)成立， 所以g(x)f(x)xf(x)0在x(0,)上恒成立；

即g(x)(2x1)e2ax0在x(0,)上恒成立；

x(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立； 即2axx1xh(x)2令e，x(0,)，

x1x1x(2x2x1)xe， 则h(x)2e2e2xxx由h(x)0得2x2x10，解得x1（舍）或x1， 21x1(2x2x1)xh(x)2所以，当0x时，h(x)，e0e单调递减； 2x2x1x1(2x2x1)xh(x)2当x时，h(x)，e0e单调递增； 2x2x所以h(x)minh14e， 2(2x1)ex12ex在x(0,)上恒成立， 因为2axx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2fxxfxx，

2则不等式x2018fx+2018＋4f20的解集为( ) A．,-2016 【答案】A 【解析】

设gxxfx，

22B．2016,2012 C．,2018 D．2016,0

因为fx为R上奇函数，

所以gxxfxx2fx，

2即gx为R上奇函数

对gx求导，得gxx2fxxfx， 而当x0时，有2fxxfxx0

2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x2018fx+2018＋4f20

2x2018x20182fx+20184f2， fx+20184f2

2即gx2018g2

所以x20182，解得x2016 故选A项.

x3x5x7x9x11x138．已知函数f(x)1x，则使不等式f(x1)0成立的x的最小整数为35791113（ ） A．-3 【答案】D 【解析】

B．-2

C．-1

D．0

x3x5x7x9x11x13根据题意，函数f(x)1x，其导数35791113f(x)1x2x4x6x8x10x12，

x0时，f(x)可以看成是1为首项，x2为公比的等比数列，

1x14则有f(x)1xxxxxx0，

1x224681012函数f(x)在R上为增函数，

又由f(1)1(1)()()(1135117911)0， 111323252729211213f(2)1(2)0，

35791113则函数f(x)在(2,1)上存在唯一的零点，设其零点为t，

f(x1)0x1txt1，

又由2t1，则1t10，

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：ylnm11(xm)． m即：ylnm1x m它过原点，∴lnm0，∴m1， ∴a11． m故答案为：1．

10．函数fxaex与gxxx1的图象上存在关于x轴的对称点，则实数a的取值范围为

x22_________． 【答案】a„1 【解析】

gxx2x1关于x轴对称的函数为hxx2x1，

因为函数fxaex与gxxx1的图象上存在关于x轴的对称点，

x22所以fxaex与hxxx1的图象有交点，

x22方程aexx2x2x1有解，即aexx1有解， a0时符合题意， a0时转化为ex1x1有解， a即ye,yx1x1的图象有交点， ay11x1是过定点1,0的直线，其斜率为， aax设ye,y1x1相切时，切点的坐标为m,em， aem11m1a则，解得a1，切线斜率为1，

aem1a由图可知，当

111，即a1且a0时，yex,yx1的图象有交点， aax22x22此时，fxaex与hxxx1的图象有交点，函数fxaex与gxxx1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.

x11．已知函数f(x)e1，若存在实数a,b(ab)使得f(a)f(b)，则a2b的最大值为________.

【答案】ln【解析】

32 27作出函数f(x)e1图像如下：

x

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xln(1m)或xln(1m)， 因为ab，所以bln(1m)，aln(1m)， 因此a2bln(1m)2ln(1m)ln(1m)(1m)， 令g(m)(1m)(1m)mmm1，0m1， 则g(m)3m2m1(3m1)(m1)， 因为0m1，所以由g(m)0得0m22322x11；由g(m)0得m1，

3311g(m)0,即函数在上单调递增；在3,1上单调递减；

3所以g(m)max32111， g112733332. 272因此a2b的最大值为ln故答案为ln32 2712．b，c满足eace2bc1a2b1（e为自然对数的底数）已知实数a，，则a2b2的最小值是_______． 【答案】 【解析】

设u(x)e(x1)，则u(x)e1， 所以函数u()的增区间为（0，+），减区间为(-,0),

xx15所以u(x)u(0)0，即exx1；

可知eace2bc1ac12bc11a2b1， 当且仅当ac2bc10时取等； 因为eace2bc1a2b1

所以eace2bc1a2b1，ac2bc10． 所以ac,b22c1， 221(c1)252c11解得abcc，当且仅当c时，取等号．

4245故答案为：

x13．已知直线xt与曲线fxlnx1,gxe分别交于M,N两点，则MN的最小值为________

15【答案】1. 【解析】

令h(t)g(t)f(t)eln(t1)，

th'(t)g(t)f(t)et1，显然为增函数，且h'(0)0 t1所以当t(1,0)时，h'(t)0,h(t)单调递减； 当t(1,)时，h'(t)0,h(t)单调递增. 所以h(t)minh(0)1. 故答案为1.

14．曲线yacosx在x【答案】x2y3【解析】

解：曲线yacosx，可得y'asinx，

6

处的切线l的斜率为

1，则切线l的方程为_____． 260

曲线yacosx在x可得asin6

处的切线l的斜率为

1， 261， 2所以a1. 所以切点坐标为：(6,3)， 2则切线l的方程为：y即：x2y331x. 22660．

故答案为：x2y360．

2x2,x0,215．已知函数f(x)x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

e,x0,______． 【答案】3ln22 【解析】

作出fx的函数图象如图所示， 由fxa，可得f(x)2不妨设x1x2 ，则2x1ex22a,a1， 即a1，

a，

令at(t1)，则x1t,x2lnt， 2x1x2lnttt42t，令g(t)lnt，则g'(t)， 224t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g(8)=ln82=3ln22, 故答案为3ln22.

ax1,x016．已知函数f(x)3的图象恰好经过三个象限，则实数a的取值范围______.

xaxx2,x0【答案】a0或a2 【解析】

（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，

x3(a1)x2,x…2当x0时，f(x)3，

x(a1)x2,0x23x2(a1),x…2f(x)所以， 23x(a1),,0x2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xa11，所33a1a1,2以f(x)在0,3上单调递减，在上单调递增， 3a1a1a1a1a1a1f(a1)2210 又333333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a1a1a1f21， 333a1a1a1令f2130a22a11. 33若

a12a11时，则f(x)在0x2时，单调递减， 3a1， 3当x2时，令f(x)0，解得x若

a1故f(x)在(0,)上的最小值为f(2)82a，211a13，f(x)在(2,)上单调递增，

3令82a0a4，所以11a13；

a1a1a1f(x)2,,若在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在(0,)2a13，333a12(a1)a1f2， 上的最小值为333显然2(a1)a120，故a13；

33结上所述：a0或a2.

17．已知函数f(x)|xa|lnx(a0). （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

(n1)(2n1)ln22ln32lnn2（Ⅱ）比较222 与的大小nN且n2，并证明你的结论.

2(n1)23n【答案】（I）见解析；（II）见解析 【解析】

（Ⅰ）函数f(x)可化为f(x)xlnxa,xa，

axlnx,0xa当0xa时，f(x)1当xa时，f(x)110，从而f(x)在(0,a)上总是递减的， x1x1，此时要考虑a与1的大小. xx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，x1lnx0，即lnx1x，所以

lnx11.所以 xx111111ln22ln32lnn2n1L11L12L2222 222223n23n23nn111111(n1)n1n1L 2(n1)2n12334n(n1)2n22n1(n1)(2n1). 2(n1)2(n1)18．已知函数fxlnx12xaxaR． 2（1）讨论fx的单调性；

（2）若x1,x2为fx的两个极值点，证明：

fx1fx22a2+4a4xx2f1. 82aa24【答案】（1）当a2时，fx在0,2aa24aa24,为增函数，22减函aa24,为增函数；当a2时，fx在0,为增函数．数，（2）证明见解析．

2【解析】

x2ax1（1）fx的定义域为0,，fxx0，

x对于函数yxax1，

①当a240时，即2a2时，x2ax10在x0恒成立．

2x2ax1fx0在0,恒成立，fx在0,为增函数；

x②当，即a2或a2时，

22aa4aa4aa4aa4当a2时，由fx0，得x或x，0， 222222aa24fx在0,2aa24aa24,为增函数，22减函数， aa24,为增函数， 2x2ax1当a2时，由fx0在0,恒成立，

xfx在0,为增函数．

aa24综上，当a2时，fx在0,2aa24,为增函数； 2当a2时，fx在0,为增函数．

（2）由（1）知a2，且x1x2a,x1x21， 故

fx1fx22xx2f1 22aa24aa24,为增函数，22减函数，x1x211lnx1x12ax1lnx2x22ax2x1x22xx2 22lna122222a1aln+

228故只需证明ln10，

22令taaa，故t1， 2原不等式等价于lnt1-t<0，所以g(t)=lnt-(t-1)单调递减，有g(t)=lnt-(t-1)（Ⅰ）当a1时，f(x)ln(x1)x1，定义域为(1,). f(x)1x. 1x1x1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f(x)maxf(0)1. （Ⅱ）f(x)aaxa1a11. 1，x.令f(x)0，得xaax1ax1a当x1a1a1f(x),x,f(x)0时，，单调递增；当时，f(x)0，f(x)单调递减，

aaa1a1lna. aa所以f(x)maxf依题意有lna1e11„1)， ，设g(a)lna(a…aea则g(a)11a122…0，所以g(a)在a[1,)上单调递增. aaa1e11e1g(a)„g(e)1剟ae， ，故lna„eeae又g(e)lne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f(x)g(x)上是单调函数；②当xm,n时，fx的值域为2m,2n，则称区间f(x)g(x)是函数fx的“单

alnx2x,x0a0 调倍区间”．已知函数f(x)x2a,x0（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）y【解析】

（1）当a2时，fx2lnx2xx0 当x0时，fx23122x；（2）,U4e,2e e1222，则：fe2，又fe22e xe2fx在e,fe处的切线方程为：y22e2xe

e2y即：2x

ea2,x0alnx2x,x0xa0 fx（2）Qf(x)a0 1x2a,x0,x02x列表如下：

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

] 极大值 ] 设函数fx存在“单调倍区间”是f(x)g(x)

m2a2n①当mn0时，由fx在,0上单调递减，则有

n2a2m两式相减得：mn2nm 即mn2mnmn

1mn，代入212a2nnm2a2n2得：

1n2a2m2a2mm22要使此关于m,n的方程组在mn0时有解，则使得y2a与y2xx点 当x1x0的图象有两个公共2131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②当0mnam2m2m lnaa

时，由fx在0,上单调递增，则有

2alnn2n2n21lnma4m即：

1lnna4n设gx当x当xlnx1lnx，则gx 4x4x20,e时，gx0，gx为增函数 e,时，gx0，gx为减函数

要使方程

1lnx1lnxa有两解，则y与gx的图象在0,有两个交点 a4xa4x2a2eaaeln212 结合两函数图象，则，即：a12aagge112aa4e解得：4ea2e2

2即此时满足fx存在“在单调倍区间”的a的取值范围是4e,2e

alnm2m2naa,③当mn时，由fx在 上单调递减，则有alnn2n2m22两式相减得：alnmlnn0，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f(x)31,U4e,2e2 1xax2e(a0). x4（1）讨论函数f(x)的单调性；

ex2b(x3)(x2)有最小值h(b)，求h(b)的值域. （2）当b[0,1)时，设函数g(x)(x2)21e2【答案】(1)见解析；(2) h(b),

24【解析】

解：（1）f(x)定义域为(,4)U(4,)，

4axaex2 2x4(x4)ex2x2(4a)x3a4. 2(x4)令x(4a)x3a40，①

2(4a)24(3a4)a24a，

21当0a4时，0，x(4a)x3a40，

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

4aa24a4aa24a，x2， 2当a4时，，方程①两根为x1224aa24a由于x1(4)0，

24aa24ax2(4)0.

2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， 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，

24aa4a当a4时，f(x)在(,)单调递增，

24aa24a4aa24a(,4)，(4,)单调递减；

224aa24a在(,)单调递增.

2xex2bxex2b(x4)(x4)（2）g'(x)x4，

(x2)3(x2)3xx2eb(x2)， x4xx2e在(2,)单调递增， 由（1）知，a0时，f(x)x4设k(x)由于k(0)b0，k(2)1b0， 故在(2,0]存在唯一x0，使k(x0)0，

bx0ex02， x04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x(2,)时，h(b)gx0ex02bx03bx022

ex02x0x02ex03x04

x022ex02，x0(2,0]. x04ex2又设m(x)，x(2,0]，

x4ex2(x4)ex2ex2(x3)m'(x)0，

(x4)2(x4)2故m(x)单调递增，故m(x)(m(2),m(0)]，

1e21e2即m(x),，即h(b),.

242422．已知函数f(x)xex1alnx（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g(x)ef(x)x2x， xln2ln2． 22证明：当x0时，g(x)1（，2]； 【答案】（1）

（2）见解析. 【解析】

2x1xxeaa（1）解：由题意可得f(x)(1x)ex1上恒成立． （，1）0在xx∴a（xx2）ex1， 令h(x)(xx)e2x1，则h（x）（13xx2）ex1＞0，

x1∴函数h(x)(xx)e∴a（）h12．

2在上单调递增． （，1）（，2]． ∴实数a的取值范围是

（2）证明：当a0时，g(x)ef(x)x2xexx2x． xg(x)ex2x1，令u(x)g(x)ex2x1，

（ln2）（uln2）12ln2＜0． 则u取得极小值，gux）（x）ex2，可得xln2时，函数（1112ln21（0）0，又g'1ln2e21ln212e3ln20． ∵g221∴存在x0ln2，1ln2，使得gx0ex02x010,ex02x01． 2由单调性可得：xx0时，函数g(x)取得极小值，即最小值，

15222∴g(x)gx0ex0x0x02x01x0x0x0x01x0．

241由x0ln2，1ln2，可得函数yg（x0）单调递减，故222215ln2ln21g(x))gx01ln21．

24222ln2ln2g(x)122． x0∴当时，

2