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高考数学高频易错押题预测 一元函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025 沭阳县校级模拟）设，则曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率是（　　）
A．﹣1 B．﹣4 C．1 D．4
2．（2025 深圳模拟）将曲线y＝e2x（e为自然对数的底数）绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切，则tanθ＝（　　）
A．e B．e2 C．2e D．2e2
3．（2025 汕头模拟）设函数f（x）＝xlnx﹣（a+b）lnx，若f（x）≥0，则5a+5b的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
4．（2025 单县校级一模）设n∈N*，xn是曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列{an}的前50项和为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 海口一模）已知实数a满足2a+a＝2，则函数f（x）＝2x3﹣3x2+1﹣a的零点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2025 上犹县校级一模）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝ln（e2x），若直线y＝kx+b为f（x）和g（x）的公切线，则b等于（　　）
A． B．1﹣ln2 C．2﹣ln2 D．﹣ln2
7．（2025 汕头一模）设a∈R，若函数在（1，2）内存在极值点，则a的取值范围是（　　）
A． B． C．（﹣∞，3） D．
8．（2025 滁州模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）是f（x）的反函数．若x1，x2满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．﹣1
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 十堰模拟）已知m∈N+，函数f（x）＝x（x2﹣2x）m，则下列说法正确的是（　　）
A．若m为奇数，则x＝2是f（x）的极小值点
B．若m为奇数，则x＝0是f（x）的极大值点
C．若m为偶数，则x＝2是f（x）的极小值点
D．若m为偶数，则x＝0是f（x）的极大值点
（多选）10．（2025 汕头模拟）已知，则（　　）
A．若f（x1）＝1，f（x2）＝﹣1，且，则ω＝2
B． ω∈（0，2），使得f（x）的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
C．当时，函数恰有三个零点x1、x2、x3，且x1＜x2＜x3，则
D．若f（x）在（0，π）上恰有2个极大值点和1个极小值点，则
（多选）11．（2025 南京模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（x+1）＝f（x）﹣x，当0＜x≤1时，，则（　　）
A．当2＜x≤3时，
B．对任意正实数k，f（x）在区间（k，k+1）内恰有一个极大值点
C．当n为正整数时，
D．若f（x）在区间（0，k]内有4个极大值点，则k的取值范围是[）
（多选）12．（2025 山海关区模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣2），则（　　）
A．x＝1是f（x）的极大值点
B．当0＜x＜1时，f（x2）＜f（x）
C．当1＜x＜2时，4＜f（x+1）＜6
D．当﹣1＜x＜0时，f（1﹣2x）＜f（x）
三．填空题（共4小题）
13．（2025 海口一模）“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x＝lnex，x＝elnx（x＞0）的变形技巧．已知函数f（x）＝x ex，，若f（x1）＝g（x2）＝t＞0，则的最大值为 　 　．
14．（2025 沭阳县校级模拟）已知函数，定义集合Sf（t）＝{x|f（x）≥f（t）}．对于任意t1＜t2，都有，则m的取值范围为 　 　．
15．（2025 四川模拟）若是函数f（x）＝sinπx+acosπx的一个极大值点，则＝ 　 　．
16．（2025 如皋市模拟）已知y＝f（x）﹣3x是定义域为R的偶函数．f（x）的导函数f′（x）满足f′（1+x）＝f′（1﹣x），则f′（2026）＝ 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 丽江模拟）已知函数f（x）＝2（x﹣1）ex﹣ax2．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；
（2）若a＝e2，求函数f（x）在[1，3]上的最值．
18．（2025 深圳模拟）已知函数．
（1）若a＝﹣1，求函数y＝f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，证明：f（x2）﹣f（x1）＜．
19．（2025 南京模拟）已知f（x）＝3x﹣2sinx﹣k lnx．
（1）当k＝0时，求曲线f（x）在x＝处的切线方程；
（2）当k＝1时，讨论函数f（x）的极值点个数；
（3）若存在t1，t2∈R（t1＜t2），f（et1）＝f（et2），证明：t1+t2＜2lnk．
20．（2025 单县校级一模）函数f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）当a＝﹣2e时，求函数f（x）的极值和极值点；
（2）若f（x）≥a﹣1在x∈[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
高考数学高频易错押题预测 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 沭阳县校级模拟）设，则曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率是（　　）
A．﹣1 B．﹣4 C．1 D．4
【考点】导数与切线的斜率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】利用导数的定义，化简整理，可得f′（2）＝﹣1，根据导数的几何意义，即可求得答案．
【解答】解：因为，
则2f'（2）＝﹣2，解得f′（2）＝﹣1，
则曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为﹣1．
故选：A．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
2．（2025 深圳模拟）将曲线y＝e2x（e为自然对数的底数）绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切，则tanθ＝（　　）
A．e B．e2 C．2e D．2e2
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】函数思想；转化法；导数的概念及应用；逻辑思维．
【答案】C
【分析】设直线y＝kx与曲线y＝e2x相切，设切点为（x0，y0），根据导数的几何意义求出切点，再由题意可得即可得解．
【解答】解：设直线y＝kx与曲线y＝e2x相切，设切点为（x0，y0），
求导得y′＝2e2x，
则曲线y＝e2x在点（x0，y0）处切线的斜率为，
又y0＝，y0＝kx0，
解得，
所以k＝2e，
所以切点为，
将曲线y＝e2x（e为自然对数的底数） 绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切，
则．
故选：C．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
3．（2025 汕头模拟）设函数f（x）＝xlnx﹣（a+b）lnx，若f（x）≥0，则5a+5b的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】分类讨论求出a+b的值，然后利用基本不等式可求得5a+5b的最小值．
【解答】解：因为f（x）＝xlnx﹣（a+b）lnx＝（x﹣a﹣b）lnx，
若a+b≤0，则对任意的x＞0，x﹣a﹣b＞0，
则当0＜x＜1时，f（x）＝（x﹣a﹣b）lnx＜0，不合乎题意；
若0＜a+b＜1时，当a+b＜x＜1时，x﹣a﹣b＞0，lnx＜0，此时，f（x）＝（x﹣a﹣b）lnx＜0，不合乎题意；
若a+b＞1，则当1＜x＜a+b时，x﹣a﹣b＜0，lnx＞0，此时，f（x）＝（x﹣a﹣b）lnx＜0，不合乎题意，
所以a+b＝1，此时，f（x）＝（x﹣1）lnx，则f（1）＝0，
当0＜x＜1时，x﹣1＜0，lnx＜0，此时，f（x）＝（x﹣1）lnx＞0；
当x＞1时，x﹣1＞0，lnx＞0，此时，f（x）＝（x﹣1）lnx＞0，
所以，对任意的x＞0，f（x）＝（x﹣1）lnx≥0，合乎题意，
由基本不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立，
故5a+5b的最小值为．
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，基本不等式在求解最值中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
4．（2025 单县校级一模）设n∈N*，xn是曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列{an}的前50项和为（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程；数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】A
【分析】先对函数求导，再求出切线方程，求出交点的横坐标，再利用裂项相消法对数列求和即可．
【解答】解：∵y＝x2n﹣1﹣2，
∴y′＝（2n﹣1）x2n﹣2，
∴曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线斜率为2n﹣1，
∴切线方程为：y﹣（﹣1）＝（2n﹣1）（x﹣1），
即为：y＝（2n﹣1）x﹣2n，令y＝0，可得，
∴，
∴，
化简：，
∴数列{an}的前50项和为：
＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数研究函数的切线问题，裂项求和法的应用，属中档题．
5．（2025 海口一模）已知实数a满足2a+a＝2，则函数f（x）＝2x3﹣3x2+1﹣a的零点个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【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】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】利用导数研究函数的单调性且f（0）＝1﹣a，f（1）＝﹣a，再利用指数函数、一次函数的性质确定参数a的范围，结合零点存在性定理判断零点个数．
【解答】解：由题设f′（x）＝6x（x﹣1），
当x＜0或x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
且f（0）＝1﹣a，f（1）＝﹣a，
由2a+a＝2，即2a＝2﹣a，而y＝2a在R上递增，y＝2﹣a在R上递减，
显然20＝1＜2﹣0＝2，21＝2＞2﹣1＝1，
故0＜a＜1，
所以f（0）＞0＞f（1），
又x趋向﹣∞时f（x）趋向﹣∞，x趋向+∞时f（x）趋向+∞，
综上，f（x）共有3个零点．
故选：D．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数的零点问题，属于中档题．
6．（2025 上犹县校级一模）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝ln（e2x），若直线y＝kx+b为f（x）和g（x）的公切线，则b等于（　　）
A． B．1﹣ln2 C．2﹣ln2 D．﹣ln2
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】设直线l与曲线f（x）的切点设为（s，ln（s+1）），与曲线g（x）的切点为（t，2+lnt），求得f（x），g（x）的导数，可得切线的斜率，由切点满足曲线方程，可得k，b的方程组，解得b的值．
【解答】解：设直线l与曲线f（x）＝ln（x+1）的切点设为（s，ln（s+1）），
与曲线g（x）＝ln（e2x）的切点为（t，2+lnt），
由f（x）＝ln（x+1），得f′（x）＝，可得k＝，即s＝﹣1，
由g（x）＝ln（e2x），得g′（x）＝，可得k＝，即t＝，
又ln（1+s）＝ks+b，即﹣lnk＝1﹣k+b，①
2+lnt＝kt+b，即2﹣lnk＝1+b，②
由①②解得k＝2，b＝1﹣ln2．
故选：B．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查方程思想和运算求解能力，是中档题．
7．（2025 汕头一模）设a∈R，若函数在（1，2）内存在极值点，则a的取值范围是（　　）
A． B． C．（﹣∞，3） D．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解．
【解答】解：由题意可得f'（x）＝2x2﹣ax+1，若函数f（x）在x∈（1，2）内存在极值点，
则f'（x）在（1，2）内有变号零点，
即ax＝2x2+1在（1，2）上有解，整理得在（1，2）上有解，
原题意等价于直线y＝a与在（1，2）内的图象有交点，
因为在（1，2）上单调递增，
则，
所以．
故选：B．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
8．（2025 滁州模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）是f（x）的反函数．若x1，x2满足，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．﹣1
【考点】利用导数研究函数的单调性；反函数．
【专题】整体思想；导数的综合应用；推理和证明；运算求解．
【答案】D
【分析】先对已知等式进行变形，结合等式特点构造函数，对其求导，结合导数与单调性关系进行转化，即可求解．
【解答】解：由题意可得，g（x）＝ex，
若x1，x2满足＝，
所以lnx1+x1＝，
令h（x）＝x+ex，则h′（x）＝1+ex＞0，即h（x）单调递增，
又h（x1）＝h（e），
所以，
令t＝，
则＝，
令F（t）＝，则，
令G（t）＝1﹣lnt﹣t2，则G′（t）＝﹣＜0，即G（t）在（0，+∞）上单调递减，G（1）＝0，
所以0＜t＜1时，G（t）＞0，F′（t）＞0，当t＞1时，G（t）＜0，F′（t）＜0，
所以F（t）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以t＝1时，F（t）取得最大值F（1）＝﹣1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 十堰模拟）已知m∈N+，函数f（x）＝x（x2﹣2x）m，则下列说法正确的是（　　）
A．若m为奇数，则x＝2是f（x）的极小值点
B．若m为奇数，则x＝0是f（x）的极大值点
C．若m为偶数，则x＝2是f（x）的极小值点
D．若m为偶数，则x＝0是f（x）的极大值点
【考点】利用导数研究函数的极值．
【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】BC
【分析】先求导函数再分奇数偶数判断导函数正负得出函数的单调性进而得出极值点即可．
【解答】解：函数f（x）＝x（x2﹣2x）m，则f′（x）＝（x2﹣2x）m+mx（x2﹣2x）m﹣1（2x﹣2）＝（x2﹣2x）m﹣1 [（2m+1）x2﹣（2m+2）x]．
当m为奇数时，（x2﹣2x）m﹣1≥0，令g（x）＝（2m+1）x2﹣（2m+2）x，g（0）＝0，g（2）≠0，
且当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x＝是f（x）的极小值点，x＝0是f（x）的极大值点，故A错误，B正确；
当m为偶数时，f′（x）＝（x2﹣2x）m﹣1 [（2m+1）x2﹣（2m+2）x]＝xm（x﹣2）m﹣1[（2m+1）x﹣（2m+2）]，xm≥0，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x＝2是f（x）的极小值点，x＝是f（x）的极大值点，故C正确，D错误．
故选：BC．
【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．
（多选）10．（2025 汕头模拟）已知，则（　　）
A．若f（x1）＝1，f（x2）＝﹣1，且，则ω＝2
B． ω∈（0，2），使得f（x）的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称
C．当时，函数恰有三个零点x1、x2、x3，且x1＜x2＜x3，则
D．若f（x）在（0，π）上恰有2个极大值点和1个极小值点，则
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】BCD
【分析】对于A，由周期为π判断；对于B，由平移变换得到，再由求解判断；对于C，由函数，令，k∈Z求解判断；对于D，令，由求解判断．
【解答】解：∵，∴周期，
对于选项A，若f（x1）＝1，f（x2）＝﹣1，且，则周期为π，∴ω＝1，故A错误；
对于选项B，函数f（x）的图象左移个单位长度后得到的函数为，
其图象关于原点对称，则，解得，k∈Z，
又ω∈（0，2），∴，故B正确；
对于选项C，函数，
令，k∈Z，可得：，k∈Z．
∵，∴令k＝1，可得一条对称轴方程为，
∴令k＝2，可得一条对称轴方程为，
函数恰有三个零点，
可知x1，x2关于其中一条对称轴是对称的，即，
x3，x2关于其中一条对称轴是对称的，即，
那么，C正确；
对于选项D，令，
由f（x）在（0，π）上恰有2个极大值点和1个极小值点，
得，解得，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）11．（2025 南京模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（x+1）＝f（x）﹣x，当0＜x≤1时，，则（　　）
A．当2＜x≤3时，
B．对任意正实数k，f（x）在区间（k，k+1）内恰有一个极大值点
C．当n为正整数时，
D．若f（x）在区间（0，k]内有4个极大值点，则k的取值范围是[）
【考点】利用导数求解函数的极值；由函数的极值求解函数或参数．
【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】对于A：根据题意求2＜x≤3的解析式，即可判断；对于C：利用累加法分析判断；对于BD：分析可知当n﹣1＜x≤n，n∈{1，2，3，4，5}时，，利用导数求极值点，举反例说明C，根据极值点即可判断D．
【解答】解：对于选项A：因为函数f（x）满足f（x+1）＝f（x）﹣x，当0＜x≤1时，+1，
当1＜x≤2时，，
当2＜x≤3时，f（x）＝f（x﹣1）﹣（x﹣1）＝﹣3x+6，故A正确；
对于B，当n﹣1＜x≤n，n∈{1，2，3，4，5}时，，c1＝1，c2＝3，c3＝6，c4＝10，c5＝15，
则，
令f′（x）＞0，解得；令f（x）＜0，解得；
可知f（x）在内单调递增，在内单调递减，
则f（x）在（n﹣1，n]内有且仅有一个极大值点，
即，，，，，
例如当，则，不合题意，故B错误；
对于选项C：因为f（n）＝f（n﹣1）﹣（n﹣1），n∈N*且f（1）＝1，
则f（n）﹣f（n﹣1）＝﹣（n﹣1），f（n﹣1）﹣f（n﹣2）＝﹣（n﹣2），…f（2）﹣f（1）＝﹣1，
可得f（n）﹣f（1）＝﹣（n﹣1）﹣（n﹣2）﹣…﹣1＝﹣，
所以，故C正确；
对于D，由B的分析可知，若f（x）在区间（0，k]内有4个极大值点，则，
所以k的取值范围是，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．
（多选）12．（2025 山海关区模拟）设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣2），则（　　）
A．x＝1是f（x）的极大值点
B．当0＜x＜1时，f（x2）＜f（x）
C．当1＜x＜2时，4＜f（x+1）＜6
D．当﹣1＜x＜0时，f（1﹣2x）＜f（x）
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】本题可先对函数f（x）求导，根据导数判断函数的单调性与极值点，再逐一分析各个选项．
【解答】解：已知f（x）＝（x﹣1）2（x﹣2）＝x3﹣4x2+5x﹣2，
则f'（x）＝3x2﹣8x+5＝（3x﹣5）（x﹣1），
令f′（x）＝0，即（3x﹣5）（x﹣1）＝0，解得x＝1或，
当x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
因此，x＝1是f（x）的极大值点，是f（x）的极小值点．
选项A：由上述分析可知x＝1是f（x）的极大值点，该选项正确；
选项B：当0＜x＜1时，f（x）单调递增，且x2＜x，根据增函数的性质，可得f（x2）＜f（x），该选项正确；
选项C：当1＜x＜2时，
f（x+1）＝x2（x﹣1）＝x3﹣x2，令g（x）＝x3﹣x2，1＜x＜2，
对g（x）求导得g'（x）＝3x2﹣2x＝x（3x﹣2）＞0，所以g（x）在（1，2）上单调递增，
g（1）＝0，g（2）＝23﹣22＝4，所以0＜f（x+1）＜4，该选项错误；
选项D：当时，f（1﹣2x）＝f（2）＝0，，此时f（1﹣2x）＞f（x），该选项错误．
故选：AB．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查函数值大小的比较，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 海口一模）“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x＝lnex，x＝elnx（x＞0）的变形技巧．已知函数f（x）＝x ex，，若f（x1）＝g（x2）＝t＞0，则的最大值为 　　．
【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】先化简，再同构设函数φ（x）＝xex（x＞0），再结合函数的单调性得出所以，进而得出，根据单调性即可得出最大值．
【解答】解：由f（x1）＝g（x2）＝t＞0，得，
即，∴，
令φ（x）＝xex（x＞0），则φ′（x）＝（x+1）ex＞0恒成立，
∴函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
由可得，∴，
令h（t）＝＝，∴，
当0＜t＜1时，h′（t）＞0，h（t）在（0，1）上单调递增；
当t＞1时，h′（t）＜0．h（t）在（1，+∞）上单调递减，
则，即的最大值为．
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 沭阳县校级模拟）已知函数，定义集合Sf（t）＝{x|f（x）≥f（t）}．对于任意t1＜t2，都有，则m的取值范围为 　[0，e]　．
【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；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意分析可知在定义域R上单调递增，可得ex≥mx，利用切线法分析求解即可．
【解答】解：∵函数在定义域R上连续不断，且不为常函数，
假设函数f（x）在定义域R上不单调增，
则存在t1＜t2，使得f（t1）＞f（t2），则{x|f（x）≥f（t1）}是{x|f（x）≥f（t2）}的真子集，
即是的真子集，
这与题设矛盾，∴f（x）在定义域R上单调递增，
则f′（x）＝ex﹣mx≥0在R上恒成立，即ex≥mx在R上恒成立，
即函数y＝ex的图象在直线y＝mx的上方，
对于y＝ex，则y′＝ex，
设切点坐标为，切线斜率，
则切线方程为，
若切线方程过坐标原点（0，0），则，解得x0＝1，
此时切线斜率为k＝e，
结合图象可知，m的取值范围为[0，e]．
故答案为：[0，e]．
【点评】本题主要考查导数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
15．（2025 四川模拟）若是函数f（x）＝sinπx+acosπx的一个极大值点，则＝ 　　．
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】．
【分析】先根据已知求出导函数再应用极大值点计算求参，最后计算求解函数值．
【解答】解：因为f（x）＝sinπx+acosπx，所以f′（x）＝πcosπx﹣πasinπx，
因为是函数f（x）＝sinπx+acosπx的一个极大值点，
所以＝0，
所以，得，
则f（）＝f（1）＝﹣．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
16．（2025 如皋市模拟）已知y＝f（x）﹣3x是定义域为R的偶函数．f（x）的导函数f′（x）满足f′（1+x）＝f′（1﹣x），则f′（2026）＝ 　3　．
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；逻辑思维．
【答案】3．
【分析】根据y＝f（x）﹣3x是定义域为R的偶函数得出f（x）﹣f（﹣x）＝6x，求导数得出f′（x）的图象关于x＝0对称；由f′（1+x）＝f′（1﹣x）得出f′（x）的图象关于x＝1对称；求出f′（x）的周期，由此求解即可．
【解答】解：因为y＝f（x）﹣3x是定义域为R的偶函数，所以f（x）﹣3x＝f（﹣x）﹣3（﹣x），即f（x）﹣f（﹣x）＝6x，
所以f′（x）+f′（﹣x）＝6，f′（x）的图象关于（0，3）成中心对称；
又因为f′（1+x）＝f′（1﹣x），所以f′（x）的图象关于x＝1对称；
所以f′（x）的周期为4×（1﹣0）＝4，
由f′（x）+f′（﹣x）＝6，得f′（0）＝3，
所以f′（2026）＝f′（2）＝f（0）＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性与周期性应用问题，是中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 丽江模拟）已知函数f（x）＝2（x﹣1）ex﹣ax2．
（1）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；
（2）若a＝e2，求函数f（x）在[1，3]上的最值．
【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】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）y＝﹣2；
（2）最大值为4e3﹣9e2，最小值为﹣2e2．
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出f′（x）＞0和f′（x）＜0的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果．
【解答】解：（1）由函数f（x）＝2（x﹣1）ex﹣ax2，可得f′（x）＝2xex﹣2ax＝2x（ex﹣a），
可得f′（0）＝0，且f（0）＝﹣2，所以切线的斜率为k＝0，切点为（0，﹣2），
则所求切线方程为y＝﹣2．
（2）由（1），当a＝e2时，可得f′（x）＝2x（ex﹣e2），x∈[1，3]，
当x∈[1，2）时，f′（x）＜0，函数f（x）在[1，2）上单调递减，
当x∈（2，3]时，f′（x）＞0，函数f（x）在（2，3]上单调递增，
而f（1）＝﹣e2，f（2）＝﹣2e2，f（3）＝4e3﹣9e2，
故所求最大值为4e3﹣9e2，最小值为﹣2e2．
【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及最值关系的应用，属于基础题．
18．（2025 深圳模拟）已知函数．
（1）若a＝﹣1，求函数y＝f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，证明：f（x2）﹣f（x1）＜．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）极小值为f（1）＝ln1+2+1+1＝4，无极大值．
（2）当a＜0时，f（x）在上为减函数，在为增函数；
当a＝0时，f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数；
当时，f（x）在上为增函数，在，为增函数；当时，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
（3）证明见解析．
【分析】（1）求f′（x），分析函数单调性可得函数极值．
（2）求f′（x），讨论a的取值范围，分析﹣ax2+x﹣2的正负，即可得到函数f（x）的单调区间．
（3）结合（2）的分析可得，结合韦达定理可得，，要证，可转化为，即证明，令，构造函数，利用导数研究g（t）在（1，+∞）上的单调性即可得证．
【解答】解：（1）当a＝﹣1时，（x＞0），，
当x＞1时，f′（x）＞0；
当0＜x＜1时，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，
∴当x＝1时，f（x）有极小值，极小值为f（1）＝ln1+2+1+1＝4，无极大值．
（2）由题意得，，
①当a＝0时，，由f′（x）＞0得，x＞2，由f′（x）＜0得，0＜x＜2，
∴f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数．
②当a＞0时，﹣a＜0，方程﹣ax2+x﹣2＝0的判别式Δ＝1﹣8a，
当1﹣8a＞0，即时，方程﹣ax2+x﹣2＝0有两个不相等的实数根，，且x1＜x2，
由f′（x）＞0得，x1＜x＜x2，由f′（x）＜0得，x＜x1或x＞x2
∵x＞0，
∴f（x）在上为增函数，在，上为增函数．
当1﹣8a≤0，即时，﹣ax2+x﹣2≤0恒成立，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
③当a＜0时，﹣a＞0，方程﹣ax2+x﹣2＝0的判别式Δ＝1﹣8a＞1＞0，解方程得，其中，
由f′（x）＞0得，x＜x2或x＞x1，由f′（x）＜0得，x2＜x＜x1，
∵x＞0，
∴f（x）在上为减函数，在为增函数．
综上得，当a＜0时，f（x）在上为减函数，在为增函数；
当a＝0时，f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数；
当时，f（x）在上为增函数，在，为增函数；当时，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
（3）证明：由题意得，x1，x2（x1＜x2）是方程﹣ax2+x﹣2＝0的两根，
∵x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，
∴由（2）得，且，，
∵，
∴要证，
只需证，
只需证．
令，则需证，
设，
则，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递减，∴g（t）＜g（1）＝0，故，
由t＞1得，，故，
∴．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19．（2025 南京模拟）已知f（x）＝3x﹣2sinx﹣k lnx．
（1）当k＝0时，求曲线f（x）在x＝处的切线方程；
（2）当k＝1时，讨论函数f（x）的极值点个数；
（3）若存在t1，t2∈R（t1＜t2），f（et1）＝f（et2），证明：t1+t2＜2lnk．
【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；不等式恒成立的问题．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）y＝3x﹣2．
（2）当k＝1时，函数f（x）的极值点有且仅有一个．
（3）证明见解答．
【分析】（1）根据已知求解切线方程即可．
（2）根据x取值不同分类讨论求解．
（3）结合已知构造函数求解即可．
【解答】解：（1）当k＝0时，f（x）＝3x﹣2sinx，因为f'（x）＝3﹣2cosx，
所以切线的斜率为，
又因为切点为，
所以曲线f（x）在处的切线方程为y＝3x﹣2．
（2）当k＝1时，f（x）＝3x﹣2sinx﹣lnx，则，
当x≥1时，f'（x）≥2﹣2cosx≥0，
故f（x）在[1，+∞）上单调递增，不存在极值点；
当0＜x＜1时，，则f″（x）＝2sinx+＞0总成立，
故函数f'（x）在（0，1）上单调递增，且f'（1）＝2﹣2cos1＞0，，
所以存在唯一，使得f'（x0）＝0，
所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
故在（0，1）上存在唯一极小值点．
综上，当k＝1时，函数f（x）的极值点有且仅有一个．
（3）证明：令，，
由f（x1）＝f（x2）知3x1﹣2sinx1﹣klnx1＝3x2﹣2sinx2﹣klnx2，
整理得，3（x1﹣x2）﹣2（sinx1﹣sinx2）＝k（lnx1﹣lnx2）（*），
不妨令g（x）＝x﹣sinx（x＞0），则g'（x）＝1﹣cosx≥0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜x1＜x2时，有g（x1）＜g（x2），即x1﹣sinx1＜x2﹣sinx2，
那么sinx1﹣sinx2＞x1﹣x2，
因此，（*）即转化为，
接下来证明，等价于证明m，
即，所以不妨令，
建构新函数，，
则φ（m）在（0，1）上单调递减．
所以φ（m）＞φ（1）＝0，故，
即得证，
由不等式的传递性知，即，即，
所以，得证t1+t2＜2lnk．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
20．（2025 单县校级一模）函数f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax．
（1）当a＝﹣2e时，求函数f（x）的极值和极值点；
（2）若f（x）≥a﹣1在x∈[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】不等式恒成立的问题；利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）函数有极大值点x＝0，此时极大值为f（x）极大值＝﹣2e﹣1；函数有极小值点x＝1，极小值为；
（2）{a|a≥﹣2}．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性及极值关系即可求解；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系分析f（x）的单调性，然后结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝e2x+（a﹣2）ex﹣ax，
所以f'（x）＝2e2x+（a﹣2）ex﹣a＝（2ex+a）（ex﹣1），
（1）当a＝﹣2e时，f'（x）＝2（ex﹣1）（x﹣1），
由f'（x）＞0得，x＜0或x＞1，由f'（x）＜0得，0＜x＜1．列表如下：
x （﹣∞，0） 0 （0，1） 1 （1，+∞）
f（x） + 0 一 0 +
f（x） 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
由上表可知，函数有极大值点x＝0，此时极大值为f（x）极大值＝f（0）＝﹣2e﹣1；
函数有极小值点x＝1，此时极小值为；
（2）①当a≥0时，2ex+a＞0，
由f'（x）＞0，得x＞0，函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，即当a≥0时，f（x）≥a﹣1在[0，+∞）恒成立，
所以f（x）≥f（0）＝a﹣1成立；
当a＜0时，由f'（x）＝0，解得或x2＝0，
②当x1＜x2，即﹣2＜a＜0时，由f'（x）＞0，得或x＞0，由f'（x）＜0，得，函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，符合题意．
③当x1＝x2，即a＝﹣2时，f'（x）≥0恒成立，函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，符合题意．
④当x1＞x2，即a＜﹣2时，由f'（x）＞0，得x＜0或，由f'（x）＜0得，
函数f（x）在区间上递减，在上递增，则，与不等式恒成立矛盾，
所以综上所述：当a≥﹣2时，f（x）≥a﹣1在x∈[0，+∞）上恒成立，
所以a的范围为{a|a≥﹣2}．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，属于中档题．
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