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2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024 惠城区校级二模）已知集合A＝{x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有2个元素，则（　　）
A．k≥16 B．k＞16 C．k≥8 D．k＞8
2．（5分）（2022秋 二道区校级期末）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝（　　）
A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1} C．{﹣1，0} D．{0，1}
3．（5分）（2022春 丹东期末）函数的单调递增区间为（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，2log2e）
C．（﹣∞，2log2e） D．（2log2e，+∞）
4．（5分）（2025春 安徽月考）已知[﹣3，5]上的可导函数f（x）的图象如图所示，则不等式（x﹣2）f'（x）＞0的解集为（　　）
A．（﹣3，﹣1）∪（4，5） B．（1，2）∪（4，5）
C．（1，2）∪（3，5） D．（﹣1，1）∪（2，3）
5．（5分）（2024 福田区校级模拟）函数的值域是（　　）
A． B． C．（0，2] D．（﹣∞，2]
6．（5分）（2023秋 铜仁市期末）当x∈（﹣1，1）时，不等式恒成立，则k的取值范围是（　　）
A．（﹣3，0） B．[﹣3，0） C． D．
7．（5分）（2024 西安模拟）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把（1+1%）365看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365≈37.7834；而把（1﹣1%）365看作是每天“退步”率都是1%，一年后是0.99365≈0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过（　　）天．（参考数据：lg101≈2.0043，lg99≈1.9956，lg2≈0.3010）
A．35 B．25 C．15 D．9
8．（5分）（2023 淮南一模）若7a＝5，8b＝6，2+e2，则实数a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＞c＞b B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．b＞a＞c
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 金安区校级期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x），若 x∈R，f（x+3）＝f（3﹣x），f′（x）＝f′（8﹣x），则（　　）
A．f（﹣1）＝f（7） B．f′（﹣1）+f′（3）＝2
C． D．f（0）+f（4）＝2
（多选）10．（6分）（2023秋 灞桥区校级月考）下列运算结果正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
（多选）11．（6分）（2025 江西一模）已知函数f（x）＝（x﹣a）2（x﹣2），且x＝1是f（x）的一个极值点，下列说法正确的是（　　）
A．实数a的值为1或﹣1
B．f（x）在（1，+∞）上单调递增
C．若x＝1是f（x）的一个极小值点，则当x＞1时，f（2x+1）＞f（x+2）
D．若x＝1是f（x）的一个极大值点，则当0＜x＜1时，f（2x﹣1）＞f（x2﹣1）
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋 朝阳区校级期中）函数的定义域是 　 　 ．
13．（2022秋 上杭县校级月考）已知函数f（x）＝4x．若存在x∈（2，+∞），使得f（x）≤4a﹣2a成立，则实数a的取值范围是 　 　 ．
14．（2021秋 播州区校级期末）已知函数，g（x）＝x2﹣2x+2λ﹣2，若关于x的方程f（g（x））＝λ（λ∈R）恰好有6个不同的实数根，则实数λ的取值范围为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 延平区校级期中）已知集合A＝{x|﹣2≤x﹣1≤6}，集合B＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}（m∈R）．
（1）若A∩B＝ ，求实数m的取值范围；
（2）设命题p：x∈A，命题q：x∈B，若命题p是命题q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
16．（2024秋 广元期末）函数为奇函数．
（1）求a的值；
（2）判断函数f（x）的单调性并证明；
（3）解关于x的不等式：．
17．（2025 上犹县校级一模）有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记y＝f′（x）为y＝f（x）的导函数，y＝f″（x）为y＝f′（x）的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率为．
（1）已知函数g（x）＝e2x+e﹣2x，求曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的曲率K（0）；
（2）求反比例函数曲率的平方K2（x）的最大值．
（3）已知函数f（x）＝sinx+cosx，求曲线y＝f（x）的曲率K（x）的范围．
18．（2022秋 丰台区期末）已知函数f（x）＝lnx+sinx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值；
（Ⅲ）证明函数f（x）只有一个零点．
19．（2022春 惠山区校级期中）已知函数f（x）＝2lnx﹣x2+m．
（1）当m＝0时，求函数f（x）的图象在x＝2处的切线方程；
（2）若f（x）≤0恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若f（x）在上有两个不同零点，求实数m的取值范围．
2025届高考数学模拟预测卷（全国甲卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024 惠城区校级二模）已知集合A＝{x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有2个元素，则（　　）
A．k≥16 B．k＞16 C．k≥8 D．k＞8
【考点】元素与集合关系的判断．
【专题】计算题；集合思想；定义法；集合；运算求解．
【答案】D
【分析】首先确定集合A，由此得到log2k＞3，由此求得k的取值范围．
【解答】解：∵集合A＝{x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有2个元素，
∴A＝{2，3}，
∴log2k＞3，
∴k＞8．
故选：D．
【点评】本题考查了集合的化简与应用，属于基础题．
2．（5分）（2022秋 二道区校级期末）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝（　　）
A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1} C．{﹣1，0} D．{0，1}
【考点】求集合的交集．
【专题】转化思想；转化法；集合；运算求解．
【答案】C
【分析】根据交集的定义直接求解即可．
【解答】解：因为A＝{x|﹣2＜x＜1}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，
所以A∩B＝{﹣1，0}．
故选：C．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3．（5分）（2022春 丹东期末）函数的单调递增区间为（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，2log2e）
C．（﹣∞，2log2e） D．（2log2e，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】B
【分析】求导得f′（x），令f′（x）＞0，即可得出答案．
【解答】解：f′（x），
令f′（x）＞0，得或，
解得0＜x＜2log2e或无解，
故选：B．
【点评】本题考查函数的单调性，导数的应用，属于中档题．
4．（5分）（2025春 安徽月考）已知[﹣3，5]上的可导函数f（x）的图象如图所示，则不等式（x﹣2）f'（x）＞0的解集为（　　）
A．（﹣3，﹣1）∪（4，5） B．（1，2）∪（4，5）
C．（1，2）∪（3，5） D．（﹣1，1）∪（2，3）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】C
【分析】由函数图象得出f′（x）＞0和f′（x）＜0的解，然后用分类讨论思想求得结论．
【解答】解：根据图象知f′（x）＜0的解集为（1，3），f′（x）＞0的解集为（﹣3，1）∪（3，5），
或，
因此3＜x＜5或1＜x＜2，解集即为（1，2）∪（3，5）．
故选：C．
【点评】本题考查导数求解函数单调性，属于简单题．
5．（5分）（2024 福田区校级模拟）函数的值域是（　　）
A． B． C．（0，2] D．（﹣∞，2]
【考点】复合函数的值域．
【专题】方程思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】利用指数函函数的性质、配方法求解．
【解答】解：函数，
∴函数的值域为（0，2]．
故选：C．
【点评】本题考查指数函数的性质、配方法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（5分）（2023秋 铜仁市期末）当x∈（﹣1，1）时，不等式恒成立，则k的取值范围是（　　）
A．（﹣3，0） B．[﹣3，0） C． D．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】分类讨论；转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】对二项式系数进行分类，结合二次函数的性质，列出关系式求解．
【解答】解：当x∈（﹣1，1）时，不等式恒成立，
当k＝0时，满足不等式恒成立；
当k≠0时，令，则f（x）＜0 在（﹣1，1）上恒成立，
因为函数f（x）的图像抛物线对称轴为，
k＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增，则，解得0，
k＜0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，则，解得﹣3＜k＜0．
综上可知，k的取值范围是 ．
故选：D．
【点评】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于中档题．
7．（5分）（2024 西安模拟）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里：不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把（1+1%）365看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365≈37.7834；而把（1﹣1%）365看作是每天“退步”率都是1%，一年后是0.99365≈0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过（　　）天．（参考数据：lg101≈2.0043，lg99≈1.9956，lg2≈0.3010）
A．35 B．25 C．15 D．9
【考点】对数运算求值．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2倍，则，再利用对数的运算性质求出x的值即可．
【解答】解：设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2倍，
则，
∴x35，
即大约经过35天“进步”的值是“退步”的值的2倍．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于基础题．
8．（5分）（2023 淮南一模）若7a＝5，8b＝6，2+e2，则实数a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＞c＞b B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．b＞a＞c
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；构造法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据指数与对数式的互化以及换底公式，可得 ，，，作出函数 f（x）＝lnx，g（x）＝ln（x+2）的图象，观察可得当x＞1时，所以随着x的增大，比值 越来越 大，令 ，可得F（x）在（1，+∞）上单调递增，根据自变量的大小关系，即可得出答案．
【解答】解：由已知可得，a＝log7，，
由 可得，，
所以，
设，则，
因为x＞1，故x+2＞x＞1，ln（x+2）＞lnx＞0，
所以（x+2）ln（x+2）﹣xlnx＞0，即f′（x）＞0，
所以f（x）在（1，+∞） 上为增函数，
又a＝f（5），b＝f（6），c＝f（e2），又 e2＞6＞5，
所以c＞b＞a．
故选：B．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 金安区校级期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x），若 x∈R，f（x+3）＝f（3﹣x），f′（x）＝f′（8﹣x），则（　　）
A．f（﹣1）＝f（7） B．f′（﹣1）+f′（3）＝2
C． D．f（0）+f（4）＝2
【考点】抽象函数的周期性；抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】AC
【分析】从题设等式判断函数f（x）和f′（x）的对称性，可判断A；
推导出函数y＝f′（x）的周期为4，分别求出f′（1），f′（3）和f′（2）+f′（4）的值，利用函数y＝f′（x）的以上性质即可判断B，C；
由f（x+3）＝f（3﹣x），无从求得y＝f（x）的具体函数值，从而判断D．
【解答】解：由f（x+3）＝f（3﹣x），取x＝4，即得f（7）＝f（﹣1），故A正确；
又由f（x+3）＝f（3﹣x），可得f（x+6）＝f（﹣x），
即f（﹣x+6）＝f（x），则有f（﹣x+8）＝f（x﹣2），
将其两边求导得，﹣f′（﹣x+8）＝f′（x﹣2），
把f′（x）＝f′（8﹣x）代入可得，f′（x）＝﹣f′（x﹣2）（*），
即f'（x+2）＝﹣f'（x），从而f′（x+4）＝﹣f′（x+2）＝f′（x），
即函数y＝f′（x）为周期函数，周期为4．
又由f′（x）＝f′（8﹣x）可得，y＝f′（x）关于直线x＝4对称，
由（*）可得，f′（1）＝﹣f′（3）＝﹣f′（5）＝﹣f′（1），即得f′（1）＝0，
又f′（2）＝﹣f′（4），即得f′（2）+f′（4）＝0，f′（3）＝﹣f′（1）＝0，
于是f′（﹣1）+f′（3）＝2f′（3）＝0，即B错误；
因f′（1）+f′（2）+f′（3）+f′（4）＝0，故，即C正确；
对于D，由f（x+3）＝f（3﹣x），无从求得y＝f（x）的具体函数值，
故得不到f（0）+f（4）＝2，即D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了抽象函数的对称性、周期性及利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2023秋 灞桥区校级月考）下列运算结果正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】对数的运算性质；有理数指数幂及根式化简运算求值．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】利用对数运算法则计算可得AB正确，根据分数指数幂运算法则可得CD错误．
【解答】解：对于A，由对数运算法则可得：
，所以A正确；
对于B，易知，即B正确；
对于C，因为π＜4，所以，即C错误；
对于D，易知，只有当x＞y时，才成立，即D错误．
故选：AB．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，考查了分数指数幂的运算性质，属于基础题．
（多选）11．（6分）（2025 江西一模）已知函数f（x）＝（x﹣a）2（x﹣2），且x＝1是f（x）的一个极值点，下列说法正确的是（　　）
A．实数a的值为1或﹣1
B．f（x）在（1，+∞）上单调递增
C．若x＝1是f（x）的一个极小值点，则当x＞1时，f（2x+1）＞f（x+2）
D．若x＝1是f（x）的一个极大值点，则当0＜x＜1时，f（2x﹣1）＞f（x2﹣1）
【考点】由函数的极值求解函数或参数；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对f（x）求导，令f'（x）＝0，可得函数的极值，结合已知条件对a分类讨论，从而可得函数的单调性与极值，即可判断选项A，B；由函数的极值确定a的值，从而可得函数的单调性，再比较函数值的大小，即可判断选项C，D．
【解答】解：函数f（x）＝（x﹣a）2（x﹣2）的定义域为R，，
令f'（x）＝0，得x1＝a，，
∴当时，解得a＝﹣1，则f'（x）＝3（x+1）（x﹣1），
由f'（x）＞0，得x＜﹣1或x＞1，由f'（x）＜0，得﹣1＜x＜1，
则f（x）在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，此时x＝1是f（x）的一个极小值点，
当a＝1时，，
由f'（x）＞0，得x＜1或，由f'（x）＜0，得，
则f（x）在（﹣∞，1）和上单调递增，在上单调递减，此时x＝1是f（x）的一个极大值点．故A正确，B错误；
若x＝1是f（x）的一个极小值点，则a＝﹣1，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∵x＞1，则2x+1＞x+2＞1，∴f（2x+1）＞f（x+2），故C正确；
若x＝1是f（x）的一个极大值点，则a＝1，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，
∵0＜x＜1，∴﹣1＜2x﹣1＜1，﹣1＜x2﹣1＜0，且2x﹣1＞x2﹣1等价于0＜x＜2，
即当0＜x＜1时，x2﹣1＜2x﹣1＜1，∴f（x2﹣1）＜f（2x﹣1），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋 朝阳区校级期中）函数的定义域是 　（0，1]　 ．
【考点】求对数函数的定义域．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（0，1]．
【分析】根据已知条件，列出不等式组，即可求解．
【解答】解：，
则，解得0＜x≤1，
故所求的定义域为（0，1]．
故答案为：（0，1]．
【点评】本题主要考查函数的定义域及其求法，属于基础题．
13．（2022秋 上杭县校级月考）已知函数f（x）＝4x．若存在x∈（2，+∞），使得f（x）≤4a﹣2a成立，则实数a的取值范围是 　[2，+∞）．　 ．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】[2，+∞）．
【分析】由题意可得，利用基本不等式求出f（x）min＝12，然后解不等式12≤4a﹣2a可求出a的取值范围．
【解答】解：因为x∈（2，+∞），所以x﹣2＞0，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以f（x）min＝12，
因为存在x∈（2，+∞），使得f（x）≤4a﹣2a成立，
所以，即12≤4a﹣2a，
所以（2a）2﹣2a﹣12≥0，即2a≤﹣3（舍去），或2a≥4，
得a≥2，
所以a的取值范围为[2，+∞），
故答案为：[2，+∞）．
【点评】本题考查了函数的恒成立问题，属于中档题．
14．（2021秋 播州区校级期末）已知函数，g（x）＝x2﹣2x+2λ﹣2，若关于x的方程f（g（x））＝λ（λ∈R）恰好有6个不同的实数根，则实数λ的取值范围为 　　 ．
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】数形结合；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】．
【分析】令g（x）＝t，则f（t）＝λ，作出函数f（x）的图象，结合题意可得f（t）＝λ有3个实数根，g（x）＝t有2个实数根，0＜λ＜1，再利用一元二次方程根的个数情况求解即可．
【解答】解：令g（x）＝t，则f（t）＝λ，
作出函数f（x）的图象如图所示，
由图象可知，f（t）＝λ可能有1，2，3个实数根，而g（x）＝t可能有0，1，2个实数根，
所以要使关于x的方程f（g（x））＝λ（λ∈R）恰好有6个不同的实数根，则必须满足f（t）＝λ有3个实数根，g（x）＝t有2个实数根，
则0＜λ＜1，
当t＜0时，由|t+1|＝λ，解得t1＝﹣1+λ，t2＝﹣1﹣λ，当t＞0时，由lgt＝λ，解得，
所以x2﹣2x+2λ﹣2＝﹣1+λ，x2﹣2x+2λ﹣2＝﹣1﹣λ，x2﹣2x+2λ﹣2＝10λ各有2个不同的实数根，
所以，
解得，
故答案为：．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2024秋 延平区校级期中）已知集合A＝{x|﹣2≤x﹣1≤6}，集合B＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}（m∈R）．
（1）若A∩B＝ ，求实数m的取值范围；
（2）设命题p：x∈A，命题q：x∈B，若命题p是命题q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
【考点】必要不充分条件的判断．
【专题】整体思想；综合法；集合；简易逻辑；运算求解．
【答案】（1）（﹣∞，2）∪（6，+∞）；
（2）（﹣∞，4]．
【分析】（1）由已知结合集合的基本运算即可求解；
（2）结合充分必要条件与集合包含关系的转化即可求解．
【解答】解：（1）A＝{x|﹣2≤x﹣1≤6}＝{x|﹣1≤x≤7}，B＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}，
又A∩B＝ ，
当B＝ 时，m+1＞2m﹣1，解得m＜2，
当B≠ 时，，解得m＞6，
综上所述，实数m的取值范围为（﹣∞，2）∪（6，+∞）；
（2）∵命题p是命题q的必要不充分条件，
∴集合B是集合A的真子集，
当B＝ 时，m+1＞2m﹣1，解得m＜2，
当B≠ 时，，等号不能同时成立，解得2≤m≤4，
综上所述，实数m的取值范围为（﹣∞，4]．
【点评】本题主要考查了集合的基本运算，还考查了集合包含关系的应用，属于基础题．
16．（2024秋 广元期末）函数为奇函数．
（1）求a的值；
（2）判断函数f（x）的单调性并证明；
（3）解关于x的不等式：．
【考点】奇偶性与单调性的综合；定义法求解函数的单调性；奇函数偶函数的性质．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；不等式；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用奇函数的定义求出a值；
（2）借助指数函数单调性判断单调性，再利用单调函数的定义推理得证．
（3）由（2）脱去法则“f”，再解含参数的一元二次不等式．
【解答】解：（1）函数为奇函数，得f（x）+f（﹣x）＝0，
即，
则；
（2）在R上单调递增，证明如下：
x1，x2∈R，x1＜x2，得，则，
0，
因此f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
所以函数f（x）在R上单调递增．
（3）由（1）知，，不等式，
则mx2﹣mx+x＜1 mx2﹣（m﹣1）x﹣1＜0 （mx+1）（x﹣1）＜0，
当m＝0时，解得x＜1；
当m＞0时，不等式化为，解得；
当m＜0时，不等式化为，
若﹣1＜m＜0，解得m＜1或；
若m＝﹣1，解得x≠1；
若m＜﹣1，解得或m＞1，
所以当m＝0时，原不等式的解集为（﹣∞，1）；
当m＞0时，原不等式的解集为；
当﹣1＜m＜0时，原不等式的解集为；
当m≤﹣1时，原不等式的解集为．
【点评】本题主要考查了奇偶性及单调性的综合应用，还考查了含参数二次不等式的求法，属于中档题．
17．（2025 上犹县校级一模）有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记y＝f′（x）为y＝f（x）的导函数，y＝f″（x）为y＝f′（x）的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率为．
（1）已知函数g（x）＝e2x+e﹣2x，求曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的曲率K（0）；
（2）求反比例函数曲率的平方K2（x）的最大值．
（3）已知函数f（x）＝sinx+cosx，求曲线y＝f（x）的曲率K（x）的范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解；新定义类．
【答案】（1）8；
（2）；
（3）．
【分析】（1）利用给定定义求解特殊点处的曲率即可．
（2）求导，二次求导，并得到，由基本不等式求出最大值；
（3）利用给定定义将目标式表示为一元函数，再不断换元，转化为三次函数最值问题，利用导数得到最值，进而求解取值范围即可．
【解答】（1）因为g（x）＝e2x+e﹣2x，所以g′（x）＝2e2x﹣2e﹣2x，
g″（x）＝4e2x+4e﹣2x，故g′（0）＝2﹣2＝0，g″（0）＝4+4＝8，
由曲率公式得．
（2）由，，则，
，
当且仅当，即x＝±1时，等号成立，
故反比例函数曲率的平方K2的最大值为．
（3）因为f（x）＝sinx+cosx，所以f′（x）＝cosx﹣sinx，
f″（x）＝﹣sinx﹣cosx，由曲率公式得，
故，
则，
令，令sin2x＝t∈[﹣1，1]，函数化为，
令2﹣t＝m∈[1，3]，则t＝2﹣m，函数化为，
对n（m）进行变形，得到，
令，函数化为L（a）＝3a3﹣a2，
此时，我们研究L（a）的范围即可，而L′（a）＝9a2﹣2a，
当时，L′（a）＞0恒成立，故L（a）在上单调递增，
而，L（1）＝3×1﹣1＝2，
故L（a）∈[0，2]，即h（x）∈[0，2]，故．
【点评】本题主要考查新定义问题，导数的运算，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2022秋 丰台区期末）已知函数f（x）＝lnx+sinx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）在区间[1，e]上的最小值；
（Ⅲ）证明函数f（x）只有一个零点．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（Ⅰ）y＝（1+cos1）x+sin1﹣cos1﹣1；（Ⅱ）sin1；（Ⅲ）证明过程见解答．
【分析】（Ⅰ）对函数f（x）求导，进而求得切线斜率及切点，再由点斜式得解；
（Ⅱ）判断导函数再[1，e]上的单调性，进而可得f（x）在[1，e]上的单调性，由此可得最值；
（Ⅲ）先证明在[1，+∞）上无零点，再证明在（0，1）上仅有一个零点即可．
【解答】解：（Ⅰ），
又f′（1）＝1+cos1，f（1）＝sin1，
则由点斜式可得，所求切线方程为y﹣sin1＝（1+cos1）（x﹣1），即y＝（1+cos1）x+sin1﹣cos1﹣1；
（Ⅱ）易知在[1，e]上单调递减，且，
所以函数f′（x）在[1，e]上存在一个零点，设为x0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（x0，e）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
又f（1）＝sin1，f（e）＝1+sine，
所以函数f（x）在区间[1，e]上的最小值为sin1；
（Ⅲ）证明：函数的定义域为（0，+∞），
由（Ⅱ）可知，函数f（x）在[1，e]上的最小值为sin1，
又当x∈（e，+∞）时，f（x）＞lne+sinx＝1+sinx≥0，则函数f（x）在[1，+∞）上没有零点；
当x∈（0，1）时，，则f（x）在（0，1）上单调递增，
又，
则函数f（x）在存在一个零点，即函数f（x）在定义域上只有一个零点．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查函数的零点，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19．（2022春 惠山区校级期中）已知函数f（x）＝2lnx﹣x2+m．
（1）当m＝0时，求函数f（x）的图象在x＝2处的切线方程；
（2）若f（x）≤0恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若f（x）在上有两个不同零点，求实数m的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）3x+y﹣2ln2﹣2＝0；
（2）（﹣∞，1]；
（3）．
【分析】（1）求出f（2），利用导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程；
（2）对f（x）求导，利用导数判断函数的单调性，求出f（x）的最大值，由f（x）max≤0即可求出m的取值范围；
（3）利用导数求出函数f（x）的极值与最值，根据零点个数可得关于m的不等式组，求解即可．
【解答】解：（1）当m＝0时，f（x）＝2lnx﹣x2，f（2）＝2ln2﹣4，
，f′（2）＝﹣3，
所以切线方程为y﹣（2ln2﹣4）＝﹣3（x﹣2），即3x+y﹣2ln2﹣2＝0．
（2），
当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝m﹣1≤0，则m≤1，
即实数m的取值范围是（﹣∞，1]．
（3），
所以当时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当1＜x＜e时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）在x＝1处取得极大值f（1）＝m﹣1，即为最大值．
又，f（e）＝m+2﹣e2，
，则，
所以f（x）在上的最小值为f（e），
所以f（x）在上有两个零点的条件是，
解得，所以实数m的取值范围是．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
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