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2020年—2025年新课标全国卷数学试题分类汇编
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
4．函数与导数（解析版）
一、选择题
(2025·全国一卷，5)设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题知对一切成立，于是．故选：A
(2025·全国一卷，8)若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】法一：设，所以令，则，此时，A有可能；令，则，此时，C有可能；令，则，此时，D有可能；故选：B．
法二：设，所以，
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着的变化可能出现：，，，，故选：B．
(2025·全国二卷，10)已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
【答案】ABD
【解析】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，， 故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD．
(2024·新高考Ⅰ，6)已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.
(2024·新高考Ⅰ，8)已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为当时，所以，又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确. 故选：B.
(2024·新高考Ⅰ，10多选)设函数，则（ ）
A. 是的极小值点 B. 当时，
C. 当时， D. 当时，
【答案】ACD
【解析】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
(2024·新高考Ⅱ，6)设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，
若，令，可得，因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.
解法二：令，原题意等价于有且仅有一个零点，因为，
则为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得，
若，则，又因当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
(2024·新高考Ⅱ，8)设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】解法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；若，当时，可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为. 故选：C.
(2024·新高考Ⅱ，11多选)设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴
D. 存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，
即，根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简，若存在这样的，使得为的对称中心，则，事实上，
，
于是，即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，由，于是该三次函数的对称中心为，由题意也是对称中心，故，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD
(2024·全国甲，理6文7)设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
则，即该切线方程为，即，
令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
(2024·全国甲，理7文8)函数在区间的大致图像为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B.
(2023·新高考Ⅰ，4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
(2023·新高考Ⅰ，10多选题)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离 声压级
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】由题意可知：，
对于选项A：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，故A正确；
对于选项B：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为，即，
可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项A可知：，
且，则，
即，可得，且，所以，故D正确；
故选：ACD.
(2023·新高考Ⅰ，11多选题)已知函数的定义域为，，则（ ）．
A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
(2023·新高考Ⅱ，4)若为偶函数，则（ ）．
A． B．0 C． D．1
【答案】B
【解析】因为 为偶函数，则 ，解得，
当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称．
，
故此时为偶函数．故选：B．
(2023·新高考Ⅱ，6)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B． e C． D．
【答案】C
【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
(2023·新高考Ⅱ，11多选)若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确．
故选：BCD
(2023·全国甲卷，理10文12)函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，
考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为．
故选：C．
(2023·全国甲卷，文11)已知函数．记，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即．
故选：A．
(2023·全国甲卷，文8)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设曲线在点处的切线方程为，因为，
所以，所以，所以，
所以曲线在点处的切线方程为．故选：C
(2023·全国乙卷，理4文5)已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】因为为偶函数，则，
又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得．
故选：D．
(2023·全国乙卷，文8)函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B．
(2022·新高考Ⅰ，7)设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】方法一：构造法：设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C．
方法二：比较法： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
(2022·新高考Ⅰ，10多选题)已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误．
故选：AC．
(2022·新高考Ⅰ，12多选题)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法．
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC．
故选：BC．
[方法三]：因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
(2022·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
(2022·全国甲卷，理5文7)函数在区间的图象大致为（ ）
A B C D
【答案】A
【解析】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C．
故选：A．
(2022·全国甲卷，理6文8)当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B．
(2022·新高考Ⅱ，12多选)若x，y满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
(2022·全国甲卷，文12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 ．
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ．
故选：A．
(2022·全国甲卷，理12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩：因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开：设，则，，
，计算得，故选A．
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩：因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
(2022·全国乙卷，理12)已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
．
因为，所以，即，所以．
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因，所以．
所以．
故选：D
(2022·全国乙卷，文8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D．
故选：A．
(2022·全国乙卷，文11)函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为．
故选：D
(2021·新高考Ⅰ，7)若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点. 故选：D.
(2021·新高考Ⅱ，7)已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】，即.故选：C.
(2021·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
(2021·全国甲卷，理4，文6)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
【答案】C 【解析】由，当时，，则.
故选：C.
(2021·全国甲卷，文4)下列函数中是增函数的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D
(2021·全国甲卷，理12)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
(2021·全国甲卷，文12)设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】由题意可得：，
而，故.故选：C.
(2021·全国乙卷，理4文9)设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
(2021·全国乙卷，理10文12)设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立. 故选：D
(2021·全国乙卷，文8)下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
(2021·全国乙卷，理12)设，，．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B 【解析】,
所以; 下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于
所以当0所以在上单调递增，所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b故选：B.
(2020·新高考Ⅰ，6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3．28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0．69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
【答案】B
【解析】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，所以天．
故选：B．
(2020·新高考Ⅰ，8)若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：或或
解得或，
所以满足的的取值范围是，
故选：D．
(2020·新高考Ⅰ，11)（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：ABD
(2020·全国卷Ⅰ，理6)函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，，，
因此，所求切线的方程为，即．故选：B．
(2020·全国卷Ⅰ，理12)若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以．
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误．
故选：B．
(2020·全国卷Ⅰ，文8)设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由可得，所以，所以有，故选：B．
(2020·全国卷Ⅱ，理9)设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
【答案】D 【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确．
(2020·全国卷Ⅱ，理11文12))若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 【解析】由得：，
令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定．
(2020·全国卷Ⅱ，文10)设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
【答案】A
【解析】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
(2020·全国卷Ⅲ，文理4)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
【答案】C
【解析】，所以，则，
所以，，解得．
(2020·全国卷Ⅲ，理10)若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+
【答案】D 【解析】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即．
(2020·全国卷Ⅲ，理12)已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a【答案】A 【解析】由题意可知、、，
，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得．
综上所述，．
故选：A．
(2020·全国卷Ⅲ，文10)设a=log32，b=log53，c=，则（ ）
A．a【答案】A 【解析】因为，，所以．
二、填空题
(2025·全国一卷，12)若直线是曲线的切线，则_________．
【答案】
【解析】法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，令，即，解得，将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得．故答案为：．
法二：对于，其导数为，假设与的切点为，
则，解得．故答案为：．
(2025·全国二卷，13)若是函数的极值点，则___________
【答案】
【解析】由题意有， 所以，因为是函数极值点，所以，得，当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以．
(2024·新高考Ⅰ，13)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.
【答案】
【解析】由得，，故曲线在处的切线方程为；
由得，设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.
(2024·全国甲，理15文15)已知，，则______．
【答案】64
【解析】由题，整理得，
或，又，所以，故
(2024·全国甲，文16)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递；当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
(2023·全国甲卷，理13文14)若为偶函数，则________．
【答案】2
【解析】因为为偶函数，定义域为，
所以，即，
则，故，
此时，
所以，
又定义域为，故为偶函数，所以．
(2023·全国乙卷，理16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，15)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,
∵切线过原点，∴,整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或，∴的取值范围是,
故答案为：
(2022·新高考Ⅱ，14)曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】①. ②.
【解析】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
解： 因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；.
(2022·全国乙卷，理16) 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以．
(2022·全国乙卷，文16)若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ①． ； ②． ．
【解析】[方法一]：奇函数定义域的对称性：
若，则的定义域为，不关于原点对称，
若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参
函数为奇函数
[方法三]：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．
(2021·新高考Ⅰ，13) 已知函数是偶函数，则______.
【答案】1 【解析】因为，故，
因为为偶函数，故，，整理得到，故，故答案为：1
(2021·新高考Ⅰ，15)函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴，故答案为：1.
(2021·新高考Ⅱ，14)写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
【答案】（答案不唯一，均满足）
【解析】
【分析】根据幂函数的性质可得所求的.
【详解】取，则，满足①，
，时有，满足②，
的定义域为，
又，故是奇函数，满足③.
故答案为：（答案不唯一，均满足）
(2021·新高考Ⅱ，16)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
(2021·全国甲卷，理13) 曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】 【解析】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
(2020·全国卷Ⅰ，文15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________．
【答案】 【解析】设切线的切点坐标为，
，所以切点坐标为，
所求的切线方程为，即．
故答案为：．
(2020·全国卷Ⅲ，文15)设函数．若，则a=_________．
【答案】1 【解析】由函数的解析式可得：，
则：，据此可得：，
整理可得：，解得：．
三、解答题
(2025·全国一卷，19)（1）设函数，求在的最大值；
（2）给定，设a为实数，证明：存在，使得；
（3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值．
【解析】（1）法1：，
因为，故，故，
当时，即，
当时，即，
故在上为增函数，在为减函数，
故在上的最大值为．
法2：我们有
．
所以：
．
这得到，同时又有，
故在上的最大值为，在上的最大值也是．
（2）法1：由余弦函数的性质得的解为，，
若任意与交集为空，
则且，此时无解，
矛盾，故无解；故存在，使得，
法2：由余弦函数的性质知的解为，
若每个与交集都为空，
则对每个，必有或之一成立．
此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾．
故存在，使得成立．
（3）法1：记，
因为，
故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况．
当时，，
当时，，
此时，
令，则，
而，
，故，
当，在（2）中取，则存在，使得，
取，则，取即，
故，故，
综上，可取，使得等号成立．
综上，．
法2：设．
①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有．
所以对任意恒成立，这直接得到．
设，则根据恒成立，有
所以均不超过，
再结合，
就得到均不超过．
假设，则，
故．
但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧．
所以假设不成立，这意味着．
②另一方面，若，则由（1）中已经证明，
知存在，使得
．
从而满足题目要求．
综合上述两个方面，可知的最小值是．
(2025·全国二卷，18)已知函数，其中．
（1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；
（2）设分别为在区间的极值点和零点．
（i）设函数·证明：在区间单调递减；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论．
【解析】（1）由题得，
因为，所以，设，
则在上恒成立，所以在上单调递减，
，令，
所以当时，，则；当时，，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上存在唯一极值点，
对函数有在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以在上恒成立，
又因为，时，
所以时，
所以存唯一使得，即在上存在唯一零点．
（2）（i）由（1）知，则，，
，
则
，
，
，
即在上单调递减．
（ii），证明如下：
由（i）知：函数在区间上单调递减，
所以即，又，
由（1）可知在上单调递减，，且对任意，
所以．
(2024·新高考Ⅰ，18) 已知函数
（1）若，且，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若当且仅当，求的取值范围．
【解析】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
(2024·新高考Ⅱ，16)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
(2024·全国甲，理21)已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
(2024·全国甲，文20)已知函数．
（1）求的单调区间；（2）当时，证明：当时，恒成立．
【解析】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证.
(2023·新高考Ⅰ，19)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
(2023·新高考Ⅱ，22)（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【解析】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：．
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以．
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：
1．当时，利用，换元放缩；
2．当时，利用，换元放缩．
(2023·全国甲卷，理21)已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）
令,则
则
当
当,即．
当,即．
所以上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以．
若,
即在上单调递减,所以．
所以当,符合题意．
若
当,所以．
．
所以,使得,即,使得．
当,即当单调递增．
所以当,不合题意．
综上,的取值范围为．
(2023·全国甲卷，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减
（2）
【解析】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减．
（2）法一：构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为．
法二：因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：．
(2023·全国乙卷，理21)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
（3）若在存在极值，求a的取值范围．
【答案】（1）； （2）存在满足题意；（3）．
【解析】（1）当时，，则，
据此可得，函数在处的切线方程为，
即．
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故．
即存在满足题意．
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点．
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以．
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知:实数得取值范围是．
(2023·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即．
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立．
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意．
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意．
综上可知：实数得取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，22)已知函数和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故．
的定义域为，而．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为．
综上，．
（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为．
当时，考虑的解的个数、的解的个数．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2．
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则．
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即．
[方法二]：由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
(2022·新高考Ⅱ，23)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故，
故不等式成立.
(2022·全国甲卷，理21)已知函数．
（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．
【解析】（1）[方法一]：常规求导：的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数：由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以．
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
(2022·全国甲卷，文20)已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求a；（2）求a的取值范围．
【解析】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（2），则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：
0 1
0 0 0
则的值域为，故的取值范围为．
(2022·全国乙卷，理21)已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）的定义域为，
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2），，设，
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明．
(2022·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为．
(2021·新高考Ⅰ，22)已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
(2021·新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点.
①；②．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
(2021·全国甲卷，理21) 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
(2021·全国甲卷，文20)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
【解析】（1）函数定义域为，又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即
(2021·全国乙卷，理20)设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】1；证明见详解
【解析】
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
(2021·全国乙卷，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【解析】
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
(2020·新高考Ⅰ，21，新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）
切线方程为，
与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为，
（2），
，设，
在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，使得
当时，
当时，
因此存在唯一，使得，
，
当时，当时，
因此
对恒成立
(2020·全国卷Ⅰ，理21)已知函数．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是．
(2020·全国卷Ⅰ，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：．
(2020·全国卷Ⅱ，理21)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，
即．
(3)结合(2)的结论有：
．
(2020·全国卷Ⅱ，文21)已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为：
，
设，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
（2）且
因此，设，
则有，
当时，，所以，单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，
所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
(2020·全国卷Ⅲ，理21)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）因为，由题意，，即，则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或．
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
(2020·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为．
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2020年—2025年新课标全国卷数学分类汇编
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
2020年—2025年新课标全国卷数学试题分类汇编
4．函数与导数
一、选择题
(2025·全国一卷，5)设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
(2025·全国一卷，8)若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
A． B． C． D．
(2025·全国二卷，10多选)已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B．当时，
C．当且仅当 D．是的极大值点
(2024·新高考Ⅰ，6)已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A. B. C. D.
(2024·新高考Ⅰ，8)已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
(2024·新高考Ⅰ，10多选)设函数，则（ ）
A. 是的极小值点 B. 当时，
C. 当时， D. 当时，
(2024·新高考Ⅱ，6)设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
(2024·新高考Ⅱ，8)设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
(2024·新高考Ⅱ，11多选)设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴
D. 存在a，使得点为曲线的对称中心
(2024·全国甲，理6文7)设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
(2024·全国甲，理7文8)函数在区间的大致图像为（ ）
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，10多选题)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离 声压级
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）．
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，11多选题)已知函数的定义域为，，则（ ）．
A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点
(2023·新高考Ⅱ，4)若为偶函数，则（ ）．
A． B．0 C． D．1
(2023·新高考Ⅱ，6)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
(2023·新高考Ⅱ，11多选)若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，理10文12)函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
(2023·全国甲卷，文11)已知函数．记，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，文8)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国乙卷，理4文5)已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
(2023·全国乙卷，文8)函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅰ，7)设，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅰ，10多选题)已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
(2022·新高考Ⅰ，12多选题)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
(2022·新高考Ⅱ，12多选)若x，y满足，则（ ）
A. B. C. D.
(2022·全国甲卷，理5文7)函数在区间的图象大致为（ ）
A B C D
(2022·全国甲卷，理6文8)当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
(2022·全国甲卷，文12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国甲卷，理12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，理12)已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，文8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，文11)函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
(2021·新高考Ⅰ，7)若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅱ，7)已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，理4，文6)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
(2021·全国甲卷，文4)下列函数中是增函数的为（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，理12)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，文12)设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理4文9)设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理10文12)设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，文8)下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理12)设，，．则（ ）
A. B. C. D.
(2020·新高考Ⅰ，6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3．28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0．69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
(2020·新高考Ⅰ，8)若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2020·新高考Ⅰ，11)（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，理6)函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，理12)若，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，文8)设，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，理9)设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
(2020·全国卷Ⅱ，理11文12)若，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，文10)设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
(2020·全国卷Ⅲ，文理4)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
(2020·全国卷Ⅲ，理10)若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+
(2020·全国卷Ⅲ，理12)已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a(2020·全国卷Ⅲ，文10)设a=log32，b=log53，c=，则（ ）
A．a(2019·全国卷Ⅰ，文理3)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅰ，文理5)函数f(x)=在的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
(2025·全国一卷，12)若直线是曲线的切线，则_________．
(2025·全国二卷，13)若是函数的极值点，则___________
(2024·新高考Ⅰ，13)若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.
(2024·全国甲，理15文15)已知，，则______．
(2024·全国甲，文16)曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
(2023·全国甲卷，理13文14)若为偶函数，则________．
(2023·全国乙卷，理16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．
(2022·新高考Ⅰ，15)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
(2022·新高考Ⅱ，14)曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
(2022·全国乙卷，理16) 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
(2022·全国乙卷，文16)若是奇函数，则_____，______．
(2021·新高考Ⅰ，13) 已知函数是偶函数，则______.
(2021·新高考Ⅰ，15)函数的最小值为______.
(2021·新高考Ⅱ，14)写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
(2021·新高考Ⅱ，16)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
(2021·全国甲卷，理13) 曲线在点处的切线方程为__________．
(2020·全国卷Ⅰ，文15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________．
(2020·全国卷Ⅲ，文15)设函数．若，则a=_________．
三、解答题
(2025·全国一卷，19)（1）设函数，求在的最大值；
（2）给定，设a为实数，证明：存在，使得；
（3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值．
(2025·全国二卷，18)已知函数，其中．
（1）证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；（2）设分别为在区间的极值点和零点．
（i）设函数·证明：在区间单调递减；（ii）比较与的大小，并证明你的结论．
(2024·新高考Ⅰ，18) 已知函数
（1）若，且，求的最小值；（2）证明：曲线是中心对称图形；（3）若当且仅当，求的取值范围．
(2024·新高考Ⅱ，16)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
(2024·全国甲，理21)已知函数．
（1）当时，求的极值；（2）当时，恒成立，求的取值范围．
(2024·全国甲，文20)已知函数．
（1）求的单调区间；（2）当时，证明：当时，恒成立．
(2023·新高考Ⅰ，19)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．
(2023·新高考Ⅱ，22)（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
(2023·全国甲卷，理21)已知函数
（1）当时，讨论的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围．
(2023·全国甲卷，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
(2023·全国乙卷，理21)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
（3）若在存在极值，求a的取值范围．
(2023·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
(2022·新高考Ⅰ，22)已知函数和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
(2022·新高考Ⅱ，23)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
(2022·全国甲卷，理21)已知函数．
（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．
(2022·全国甲卷，文20)已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（1）若，求a；（2）求a的取值范围．
(2022·全国乙卷，理21)已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
(2022·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
(2021·新高考Ⅰ，22)已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
(2021·新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点.
①；②．
(2021·全国甲卷，理21) 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
(2021·全国甲卷，文20)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
(2021·全国乙卷，理20)设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；（2）设函数．证明:．
(2021·全国乙卷，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
(2020·新高考Ⅰ，21，新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
(2020·全国卷Ⅰ，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
(2020·全国卷Ⅰ，理21)已知函数．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．
(2020·全国卷Ⅱ，文21)已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
(2020·全国卷Ⅱ，理21)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．
(2020·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围．
(2020·全国卷Ⅲ，理21)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
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