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高考数学押题预测 一元函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025 青浦区校级模拟）设定义域为R的函数y＝f（x），函数y＝f（x）的导函数是y＝f′（x）．对于D＝（﹣1，1），函数y＝f′（x）在D上存在极值点．记S＝{f（x）| x∈D，f′（1）（x﹣1）+f（1）＜f（x）＜f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1）}，则S中的函数y＝f（x）一定不具有的性质是（　　）
A．f（1）＝f（0）
B．f′（1）＝f′（﹣1）
C．函数y＝f（x）在D上为严格增函数
D．函数y＝f（x）（x∈D）是偶函数
2．（2025 湛江一模）已知定义在R上的函数f（x）为奇函数，且当x＞0时，f（x）＝ex﹣a，若 x∈R，不等式f（﹣x）+f（x﹣|a﹣1|）≤0恒成立，则a的值不可能是（　　）
A．﹣2025 B．2025 C．e2 D．3
3．（2025 武威模拟）若函数（e为自然对数的底）的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为（　　）
A．（1，0） B．（0，1） C．（1，1） D．（1，e）
4．（2025 重庆模拟）函数f（x）的定义域为R，且f（x）＜f′（x）+1，f（0）＝3，则不等式f（x）＞2ex+1的解集为（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）
5．（2024秋 天津期末）下列导数运算正确的是（　　）
A．（sinx）′＝﹣cosx B．（3x）′＝3x
C．（log2x）′ D．（）′
6．（2024秋 保定期末）若曲线y＝（1﹣x）ex有两条过点A（a，0）的切线，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞） B．（﹣3，1）
C．（﹣∞，﹣3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
7．（2025 邢台模拟）已知函数f（x）＝x3﹣6x2+6ax﹣8，g（x）的图象与f（x）图象关于y轴对称，且g（﹣x）＝﹣g（x﹣4），则不等式f（x）＜f（2a﹣1）的解集为（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
8．（2025 广东开学）函数，x∈（0，1）的图象与直线x+y+t＝0（t∈R）的交点个数的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淄博模拟）过点P（﹣1，0）向曲线引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn），则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．数列的前n项和为
D．
（多选）10．（2025 邢台模拟）已知函数f（x）＝x﹣lnx+a（a∈R），f（x）的图象与直线y＝t交于N（x1，t），N（x2，t）两点，且x1＜x2，则下列说法正确的是（　　）
A．若t＝0，则a≤﹣1
B．若g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则g（x）无最值
C．
D．f（x）在处的切线的斜率大于0
（多选）11．（2025春 浙江月考）已知f（x）＝ax3﹣3x+1（a≠0）（　　）
A．当a＝2时，是f（x）的极大值点
B．当a＝2时，f（x）的所有零点之和为0
C．直线y＝﹣3x+1是f（x）的切线
D．存在a使f（x）在（﹣1，1）上单调递增
（多选）12．（2025 广西模拟）已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（　　）
A．f（x）有两个极值点
B．f（x）有三个零点
C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心
D．直线y＝2x﹣1是曲线y＝f（x）的切线
三．填空题（共4小题）
13．（2025 武威模拟）函数在[﹣2，0]上的最小值为 　 　．
14．（2025春 上海月考）设d＞0，集合．若对任意，均存在和λ∈[0，1]，满足，，则d的最大值为 　 　．
15．（2025春 上海月考）如图所示，P是一处观景台，A、B分别为观景区域的边界，未教星工程队计划修建MO与NO两条道路．已知P与O的距离为1km，且∠AOP＝2∠BOP，为了便于工程队测量观景台的观景效果，现给出如下假设：
假设1：观景台的观景范围为四边形APBO；
假设2：观景台P、道路MO与NO均处于同一平面内，其中0＜∠MON＜π；
假设3：PA⊥MO，PB⊥NO．
当四边形APBO的面积为最大值时，则∠MON＝ 　 　．（结果精确至0.01°）
16．（2025 重庆模拟）设函数y＝f（x）图象上的两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线的斜率分别为KA，KB，规定：（|AB|为线段AB的长度）叫做曲线y＝f（x）在点A与点B间的“弯曲度”．
①存在函数，使得图象上任意不同两点间的“弯曲度”是一个常数；
②抛物线y＝x2上存在不同的A，B两点，使得φ（A，B）＞2；
③A，B是函数y＝ex图象上任意不同的两点，则φ（A，B）≤1．
上述说法中所有正确结论的序号是　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 湛江一模）已知函数f（x）＝aln（x﹣1）+x2﹣2x，其中a∈R．
（1）若a＝﹣8，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＜﹣2时，试判断f（x）的零点个数并证明．
18．（2025 五华区模拟）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（1）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，求x1+g（x2）的值．
19．（2025春 浙江月考）已知函数f（x）＝x（lnx+a﹣1）．
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数g（x）＝f（x）在区间[2，3]上单调递减，求实数a的取值范围．
20．（2024秋 商丘期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2+x（a∈R），且f′（1）＝4．
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程．
高考数学押题预测 一元函数导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 青浦区校级模拟）设定义域为R的函数y＝f（x），函数y＝f（x）的导函数是y＝f′（x）．对于D＝（﹣1，1），函数y＝f′（x）在D上存在极值点．记S＝{f（x）| x∈D，f′（1）（x﹣1）+f（1）＜f（x）＜f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1）}，则S中的函数y＝f（x）一定不具有的性质是（　　）
A．f（1）＝f（0）
B．f′（1）＝f′（﹣1）
C．函数y＝f（x）在D上为严格增函数
D．函数y＝f（x）（x∈D）是偶函数
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值；奇偶性与单调性的综合．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】分别给出选项ABC的例子，证明满足题意条件且具备题干函数的性质，再假设函数y＝f（x）（x∈D）是偶函数，推出矛盾，说明D不成立，即可得到答案．
【解答】解：函数f（x）＝x3﹣x2定义域为R，其导函数f′（x）＝3x2﹣2x存在极值点，
那么f（1）＝0，f（﹣1）＝﹣2，且f′（1）＝1，f′（﹣1）＝5，
且对 x∈（﹣1，1），有f（x）﹣[f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1）]＝x3﹣x2﹣[5（x+1）﹣2]
＝x3﹣x2﹣（5x+3）＝﹣（x+1）2（3﹣x）＜0；
并且f（x）﹣[f′（1）（x﹣1）+f（1）]＝x3﹣x2﹣（x﹣1）＝（x﹣1）2（x+1）＞0；
满足f′（1）（x﹣1）+f（1）＜f（x）＜f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1），
因此函数f（x）∈S，所以A选项有可能成立；
函数f（x）＝x3定义域为R，且导函数f′（x）＝3x2存在极值点x＝0，
又因为f′（﹣1）＝f′（1）＝3，f（﹣1）＝﹣1，f（1）＝1，
且对 x∈（﹣1，1），
有f（x）﹣[f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1）]＝f（x）﹣（3x+2）
＝x3﹣3x﹣2＝﹣（x+1）2（2﹣x）＜0；
且f（x）﹣[f′（1）（x﹣1）+f（1）]＝x3﹣（3x﹣2）＝（x﹣1）2（x+2）＞0；
满足f′（1）（x﹣1）+f（1）＜f（x）＜f′（﹣1）（x+1）+f（﹣1），
因此函数f（x）∈S，可知B选项，C选项均有可能成立．
假设函数f（x）是偶函数，那么导函数f′（x）是奇函数，因此f′（1）＝﹣f′（﹣1）．
设f′（﹣1）＝a，f（﹣1）＝f（1）＝b，则﹣a（x﹣1）+b＜f（x）＜a（x+1）+b．
从而对任意x∈（﹣1，1）有﹣a（x﹣1）+b＜a（x+1）+b，
故2ax＞0，但这对x＝0不成立，所以选项D不可能成立．
故选：D．
【点评】本题考查了导数及函数性质的综合应用，属于难题．
2．（2025 湛江一模）已知定义在R上的函数f（x）为奇函数，且当x＞0时，f（x）＝ex﹣a，若 x∈R，不等式f（﹣x）+f（x﹣|a﹣1|）≤0恒成立，则a的值不可能是（　　）
A．﹣2025 B．2025 C．e2 D．3
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】利用奇函数的性质求出f（x）的解析式，再按a的不同取值分类讨论f（x）在R上的单调性即可求解．
【解答】解：因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）＝ex﹣a，
所以当x＜0时，﹣x＞0，f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣e﹣x+a，当x＝0时，f（x）＝0，
令ex﹣a≥﹣e﹣x+a，即，
因为，当且仅当x＝0时等号成立，所以a≤1，
若a≤1，则函数f（x）在R上单调递增，
又x﹣|a﹣1|≤x，所以f（x﹣|a﹣1|）≤f（x）＝﹣f（﹣x），
即f（﹣x）+f（x﹣|a﹣1|）≤0恒成立，故a≤1满足题意，排除选项A；
若a＞1，则a﹣1＞0，函数f（x）在R上不单调，图象如图所示，
又f（﹣x）+f（x﹣|a﹣1|）≤0，即f[x﹣（a﹣1）]≤f（x），
可理解为函数f[x﹣（a﹣1）]的图象在函数f（x）的图象下方，
所以由图象可得a﹣1≥2lna，即2lna﹣a+1≤0，
令g（a）＝2lna﹣a+1（a＞0），
则g（2025）＝2ln2025﹣2024＜0，
g（e2）＝2lne2﹣e2+1＝5﹣e2＜0，
g（3）＝2ln3﹣2＝2（ln3﹣1）＞0．
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
3．（2025 武威模拟）若函数（e为自然对数的底）的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为（　　）
A．（1，0） B．（0，1） C．（1，1） D．（1，e）
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】设出切点（x0，y0），利用在切点处的斜率等于0即可求得结果．
【解答】解：设切点坐标为（x0，y0），函数，所以，
因为切线与x轴平行，所以，
解得x0＝0，，故切点坐标为（0，1）．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
4．（2025 重庆模拟）函数f（x）的定义域为R，且f（x）＜f′（x）+1，f（0）＝3，则不等式f（x）＞2ex+1的解集为（　　）
A．（﹣∞，0） B．（0，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题；函数思想；构造法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】构造一个新的函数，然后根据函数的单调性来确定不等式的解集．
【解答】解：设，
则，
已知f（x）＜f′（x）+1，即f′（x）﹣f（x）+1＞0，所以g′（x）＞0恒成立，
所以函数g（x）在R上单调递增，
因为f（0）＝3，所以g（0）＝2，
不等式f（x）＞2ex+1可变形为f（x）﹣1＞2ex，即，即g（x）＞g（0），
因为g（x）在R上单调递增，所以x＞0，
所以不等式f（x）＞2ex+1的解集为（0，+∞）．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
5．（2024秋 天津期末）下列导数运算正确的是（　　）
A．（sinx）′＝﹣cosx B．（3x）′＝3x
C．（log2x）′ D．（）′
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】综合法；定义法；导数的综合应用．
【答案】C
【分析】根据导数的运算法则即可判断出正误．
【解答】解：根据导数的运算法则可得：（sinx）′＝cosx，（3x）′＝3xln3，，．
故选：C．
【点评】本题考查了根据导数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6．（2024秋 保定期末）若曲线y＝（1﹣x）ex有两条过点A（a，0）的切线，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞） B．（﹣3，1）
C．（﹣∞，﹣3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果．
【解答】解：设切点为，由已知得y′＝﹣xex，则切线斜率，
切线方程为．
∵直线过点A（a，0），∴，
化简得．∵切线有2条，
∴Δ＝（a+1）2﹣4＞0，则a的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查导数的几何意义，属于中档题．
7．（2025 邢台模拟）已知函数f（x）＝x3﹣6x2+6ax﹣8，g（x）的图象与f（x）图象关于y轴对称，且g（﹣x）＝﹣g（x﹣4），则不等式f（x）＜f（2a﹣1）的解集为（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】依题意，可求得g（x）的图象关于点（﹣2，0）中心对称，结合g（﹣2）＝f（2）＝0，可求得a，再对f（x）求导分析其单调性，即可求得答案．
【解答】解：∵f（x）＝x3﹣6x2+6ax﹣8，g（x）的图象与f（x）图象关于y轴对称，
∴g（x）＝f（﹣x）＝﹣x3﹣6x2﹣6ax﹣8，
又g（﹣x）＝﹣g（x﹣4），
∴g（﹣x）+g（x﹣4）＝0，
∴g（x）的图象关于点（﹣2，0）中心对称，又g（x）的定义域为R，
∴g（﹣2）＝f（2）＝8﹣24+12a﹣8＝0，解得a＝2，
∴f（x）＝x3﹣6x2+12x﹣8，
∴f′（x）＝3x2﹣12x+12＝3（x﹣2）2≥0，
∴f（x）为R上的增函数，
由f（x）＜f（2a﹣1）＝f（2×2﹣1）＝f（3），得x＜3，
∴不等式f（x）＜f（2a﹣1）的解集为（﹣∞，3）．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的对称性与单调性的综合应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8．（2025 广东开学）函数，x∈（0，1）的图象与直线x+y+t＝0（t∈R）的交点个数的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】利用导数求解函数的最值；函数的零点与方程根的关系．
【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】A
【分析】利用导数判断f（x）的单调性，联立有f（x）+x+t＝0，由函数h（x）＝f（x）+x+t在（0，1）的单调性即可判断零点个数，从而得解．
【解答】解：易得，
设函数g（x）＝2xlnx+x﹣3lnx﹣1，则，
易知g'（x）是单调递增函数，且g'（1）＝0．故g（x）在区间（0，1）上单调递减，
于是g（x）＞g（1）＝0．故f′（x）＞0，即f（x）在区间（0，1）上单调递增，
联立有f（x）+x+t＝0，
易知函数h（x）＝f（x）+x+t在（0，1）上单调递增，
故h（x）的零点个数最多为1，
即函数f（x）的图象与直线的交点个数的最大值为1．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 淄博模拟）过点P（﹣1，0）向曲线引斜率为kn（kn＞0）的切线ln，切点为Pn（xn，yn），则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．数列的前n项和为
D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程；数列递推式．
【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】ABD
【分析】设直线ln：y＝kn（x+1），方程联立由Δ＝0判断A；可得，，从而结合累加法求和可判断B；由，结合等差数列的求和公式可判断C；令f（x）＝x+cosx，结合导数可得f（x）在R上单调递增，进而可判断D．
【解答】解：由题意可设直线ln：y＝kn（x+1），
联立，消去y整理得，
由，
解得（负值舍去），故A正确；
可得，，
∴，故B正确；
∵，则，故C错误；
∵，，
∴，
设f（x）＝x+cosx，则f′（x）＝1﹣sinx≥0，
可得f（x）在R上单调递增，
则x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）＝1，
又，则，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）10．（2025 邢台模拟）已知函数f（x）＝x﹣lnx+a（a∈R），f（x）的图象与直线y＝t交于N（x1，t），N（x2，t）两点，且x1＜x2，则下列说法正确的是（　　）
A．若t＝0，则a≤﹣1
B．若g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则g（x）无最值
C．
D．f（x）在处的切线的斜率大于0
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】利用导数分析函数f（x）的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，可判断A选项；
利用导数分析函数g（x）的单调性，可判断B选项；
分析可知0＜x1＜1＜x2，将所证不等式变形为，令，构造函数，结合函数h（t）的单调性可判断C选项；
利用D选项中的结论结合导数的几何意义可判断D选项．
【解答】解：对于A选项，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
，
令f'（x）＜0，则0＜x＜1，
令f′（x）＞0，则x＞1，
所以函数f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞），
所以函数f（x）的极小值为f（1）＝1+a，作出函数f（x）的图象如下图所示：
当t＝0时，则函数f（x）有两个零点，所以，a+1＜0，解得a＜﹣1，A错；
对于B选项，若g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），
对于函数g（x），有，解得0＜x＜2，即函数g（x）的定义域为（0，2），
且，
，
当且仅当x＝2﹣x（0＜x＜2）时，等号成立，
所以函数g'（x）在（0，2）上为减函数，函数g（x）无极值，B对；
对于C选项，因为函数f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞），则0＜x1＜1＜x2，
要证，
即证，
令，，其中t＞1，
则，
所以，函数h（t）在（1，+∞）上为增函数，
当t＞1时，h（t）＞h（1）＝0，
所以，，C对；
对于D选项，因为x1﹣lnx1+a＝t＝x2﹣lnx2+a，
所以x2﹣x1＝lnx2﹣lnx1，
所以，
因为，
则，
因为所以函数f（x）在处的切线斜率大于0，D对．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
（多选）11．（2025春 浙江月考）已知f（x）＝ax3﹣3x+1（a≠0）（　　）
A．当a＝2时，是f（x）的极大值点
B．当a＝2时，f（x）的所有零点之和为0
C．直线y＝﹣3x+1是f（x）的切线
D．存在a使f（x）在（﹣1，1）上单调递增
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BC
【分析】求出导数，利用极值的定义判断A；求出零点判断B；求出切点判断C；取特值说明判断D．
【解答】解：函数f（x）＝ax3﹣3x+1定义域为R，求导得f′（x）＝3ax2﹣3，
对于A，当a＝2时，，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
因此是f（x）的极小值点，A错误；
对于B，当a＝2时，f（x）＝2x3﹣3x+1＝（x﹣1）（2x2+2x﹣1），
则f（x）存在三个零点，x1＝1，x2，x3为方程2x2+2x﹣1＝0的两根，则x2+x3＝﹣1，零点之和为0，B正确；
对于C，由3ax2﹣3＝﹣3时，得x＝0，点（0，1）在函数f（x）的图象上，
因此函数f（x）的图象在点（0，1）处的切线为y＝﹣3x+1，C正确；
对于D，因为f′（0）＝﹣3＜0，则不存在a使f（x）在（﹣1，1）上单调递增，D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数零点的求解，属于中档题．
（多选）12．（2025 广西模拟）已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（　　）
A．f（x）有两个极值点
B．f（x）有三个零点
C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心
D．直线y＝2x﹣1是曲线y＝f（x）的切线
【考点】利用导数研究函数的极值；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】ACD
【分析】求导，利用导数研究函数的单调性、极值和零点，即可判断A，B；根据函数的对称性判断C；利用导数的几何意义求f（x）的的切线方程，即可判断D．
【解答】解：f（x）＝x3﹣x+1 f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＝0得：，
或；，
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以f（x）有两个极值点为极大值点，为极小值点），故A正确；
又，，
而x→﹣∞时f（x）→﹣∞；x→+∞时f（x）→+∞；
所以f（x）仅有1个零点（如图所示），故B错；
又f（﹣x）＝﹣x3+x+1 f（﹣x）+f（x）＝2，所以f（x）关于（0，1）对称，故C正确；
对于D选项，设切点P（x0，y0），在P处的切线为，
即，
若y＝2x﹣1是其切线，则，则x0＝1，此时切点为（1，1）时，切线方程直线y＝2x﹣1，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题和函数的对称性，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 武威模拟）函数在[﹣2，0]上的最小值为 　　．
【考点】利用导数求解函数的最值．
【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】．
【分析】求导得其极值，并计算端点值，再比较大小即可．
【解答】解：因为，
所以f′（x）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1），
当x∈[﹣2，﹣1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（﹣1，0]时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以，
又因为，f（0）＝2，
所以函数f（x）在[﹣2，0]上的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2025春 上海月考）设d＞0，集合．若对任意，均存在和λ∈[0，1]，满足，，则d的最大值为 　　．
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】整体思想；定义法；不等式；逻辑思维．
【答案】．
【分析】设方程表示的区域为Ω，分析可知区域Ω为正方形ABCD及其内部，设，可知点P在线段EF上，记D（P）为过点P的线段EF的长度的最大值，则d的最大值为D（P）的最小值，根据对称性分析求解即可．
【解答】解：设表示的区域为Ω，
用﹣y代换y，原方程不变，所以区域Ω关于x轴对称；
用﹣x代换x，原方程不变，所以区域Ω关于y轴对称；
当x≥0，y≥0时，Ω区域可化为，据此可得区域Ω的图形如图所示，
取D（0，），C（，0），B（0，），A（，0），
可知区域Ω为正方形ABCD及其内部，
设，，，
点F，P，E均在区域Ω内，
由于，λ∈[0，1]，所以，λ∈[0，1]，
可知点P在线段EF上，
又由于，记D（P）为过点P的线段EF的长度的最大值，
如果求D（P），假设点P在正方形ABCD的边界上，
如果，所以，
可知d的最大值为D（P）的最小值，
取AB，CD的中点分别为T，N，可知区域Ω关于直线TN对称，
根据对称性只需假定点P在线段AT上即可，此时D（P）＝|CP|，
可知当点P与点T重合时，D（P）取到最小值，
因此d的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，属于中档题．
15．（2025春 上海月考）如图所示，P是一处观景台，A、B分别为观景区域的边界，未教星工程队计划修建MO与NO两条道路．已知P与O的距离为1km，且∠AOP＝2∠BOP，为了便于工程队测量观景台的观景效果，现给出如下假设：
假设1：观景台的观景范围为四边形APBO；
假设2：观景台P、道路MO与NO均处于同一平面内，其中0＜∠MON＜π；
假设3：PA⊥MO，PB⊥NO．
当四边形APBO的面积为最大值时，则∠MON＝ 　80.44°　．（结果精确至0.01°）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】80.44°．
【分析】先设角表示相关长度，求出面积表达式，利用三角恒等变换及导数求最值及相应角度．
【解答】解：设∠BOP＝α，则∠AOP＝2α，∠MON＝3α，
由题意知0＜3α＜π，则，
在Rt△OAP中，OP＝1，则AO＝cos2α，AP＝sin2α；
在Rt△OAP中，同理可得BP＝sinα，OB＝cosα；
故四边形APBO的面积，
令S′（α），即．
令，则，
解得，由，
故不妨设，且，
当，即0＜2α＜2β时，，即S′＞0，S（α）在（0，β）单调递增；
当，即时，，即S′＜0，S（α）在单调递减；
故S（α）max＝S（β），即当α＝β时取到最大值．
由，可得，
则cos3β＝cos2βcosβ﹣sin2βsinβ＝（2cos2β﹣1）cosβ﹣2sin2βcosβ
＝cosβ（4cos2β﹣3），
此时，
故答案为：80.44°．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，解决此题的关键在于结合整体换元求解导数零点，进而研究三角函数单调性并求解最值，属于中档题．
16．（2025 重庆模拟）设函数y＝f（x）图象上的两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线的斜率分别为KA，KB，规定：（|AB|为线段AB的长度）叫做曲线y＝f（x）在点A与点B间的“弯曲度”．
①存在函数，使得图象上任意不同两点间的“弯曲度”是一个常数；
②抛物线y＝x2上存在不同的A，B两点，使得φ（A，B）＞2；
③A，B是函数y＝ex图象上任意不同的两点，则φ（A，B）≤1．
上述说法中所有正确结论的序号是　①③　．
【考点】导数与切线的斜率．
【专题】函数思想；定义法；导数的概念及应用；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】①③．
【分析】对于①，举例子即可判断；对于②③，根据定义直接计算φ（A，B）即可判断．
【解答】解：对于①，取f（x）＝x，则f′（x）＝1，因A（x1，x1），B（x2，x2），有KA＝KB＝1，
所以此时φ（A，B）＝0为常数，命题①正确；
对于②，因为f（x）＝x2，所以f′（x）＝2x，又因为A（x1，），B（x2，），
φ（A，B），
又0，则2，即φ（A，B）≤2，命题②错误；
对于③，f（x）＝ex，则f′（x）＝ex，因A（x1，），B（x2，），且x1≠x2，
则φ（A，B）1，所以φ（A，B）＜1，命题③正确．
故答案为：①③．
【点评】本题考查了新定义的题目应用问题，也考查了阅读理解与运算求解能力，是中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 湛江一模）已知函数f（x）＝aln（x﹣1）+x2﹣2x，其中a∈R．
（1）若a＝﹣8，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＜﹣2时，试判断f（x）的零点个数并证明．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；判定函数零点的存在性．
【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）单调递减区间为（1，3），单调递增区间为（3，+∞）；
（2）两个零点，证明见解析．
【分析】（1）利用导数求得f（x）的单调区间．
（2）先判断2是f（x）的一个零点，利用导数判断函数的单调性，利用零点存在性定理即可得解．
【解答】解：（1）函数f（x）＝aln（x﹣1）+x2﹣2x的定义域为（1，+∞），
，
当a＝﹣8时，，
令f′（x）＝0，得x＝3或x＝﹣1（舍去），
当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，故f（x）的单调递减区间为（1，3），
当x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）的单调递增区间为（3，+∞）．
（2）f（x）有两个零点，证明如下：
因为f（2）＝0，故f（x）有一个零点是2．
令f′（x）＝0，解得（舍去），．
当x∈（1，x2）时，f′（x）＜0，故f（x）单调递减．
当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）单调递增．
当a＜﹣2时，，f（x2）＜f（2）＝0．
f（1﹣a）＝aln（﹣a）+a2﹣1＝﹣a[﹣a﹣ln（﹣a）]﹣1．
下面先证明当x≥1时，x﹣lnx≥1．
令g（x）＝x﹣lnx（x≥1），，
故g（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（1）＝1．
因为﹣a＞2＞1，所以f（1﹣a）＝﹣a[﹣a﹣ln（﹣a）]﹣1＞﹣a﹣1＞0．
易知1﹣a＞x2，所以f（x）在（x2，+∞）上存在唯一的零点x3，
所以当a＜﹣2时，f（x）有两个零点，为2和x3．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，零点个数的判断与证明，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2025 五华区模拟）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．
（1）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，求x1+g（x2）的值．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）函数h（x）＝ax﹣xlna的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．
（2）．
【分析】（1）求导，分析其导函数取得正负的区间，从而得出函数的单调区间．
（2）求导，由导函数的几何意义得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率与曲线y＝g（x）在点（x2，f（x2））处的切线的斜率，再由两直线平行的条件得出，两边取以a为底的对数．
【解答】解：（1）由已知可得函数h（x）＝ax﹣xlna，
则h'（x）＝axlna﹣lna，
令h′（x）＝0，解得x＝0．
又a＞1，所以lna＞0，
所以当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，
当x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，
所以函数h（x）＝ax﹣xlna的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．
（2）由f（x）＝ax可得f'（x）＝axlna，
所以曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的斜率为，
由g（x）＝logax可得，
所以曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的斜率为，
因为这两条切线平行，
故有，
即，
两边取以a为底的对数，
得logax2+x1+2logalna＝0，
所以．
【点评】本题考查了导数性质的综合应用，属于难题．
19．（2025春 浙江月考）已知函数f（x）＝x（lnx+a﹣1）．
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数g（x）＝f（x）在区间[2，3]上单调递减，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】整体思想；综合法；导数的概念及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）y＝2x﹣1；
（2）[ln2，+∞）．
【分析】（1）利用给定条件求出切点，结合导数的几何意义求出斜率，进而求出切线方程即可．
（2）将函数单调性问题转化为导函数恒成立问题，再利用分离参数法求解参数范围即可．
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝x（lnx+1），
∴f′（x）＝lnx+2，
∴f′（1）＝2，f（1）＝1，则切点为（1，1），
∴切线方程是y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1；
（2）由题意可得，，
∵函数在区间[2，3]上单调递减
∴g′（x）＝lnx+a﹣ax≤0在区间[2，3]上恒成立，
化简得lnx≤a（x﹣1），
而x∈[2，3]，则x﹣1∈[1，2]，得到恒成立，
令，即a≥h（x）恒成立，a≥h（x）max即可，
而，令，，
而当x∈[2，3]时，，则t（x）在[2，3]上单调递减，
故，得到h（x）在[2，3]上单调递减，
∴h（x）≤h（2）＝ln2，∴a∈[ln2，+∞）．
【点评】本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
20．（2024秋 商丘期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2+x（a∈R），且f′（1）＝4．
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）a＝1；
（2）11x﹣2y+2ln2﹣10＝0．
【分析】（1）求导即可代入求解，
（2）根据导数求解斜率，即可由点斜式求解．
【解答】解：（1）由f（x）＝lnx+ax2+x，得，
又f′（1）＝4，所以1+2a+1＝4，解得a＝1．
（2）由a＝1，得f（x）＝lnx+x2+x，所以f（2）＝ln2+6，即切点为（2，ln2+6），
又切线的斜率为，
所以函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为，即11x﹣2y+2ln2﹣10＝0．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，属于中档题．
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