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专题六　函数、导数和不等式
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合M＝{x|y＝}，N＝{y|y＝6－7x}，则M∩N＝(　　)
A．(1，6) B．[1，6) C．(1，7) D．[1，7)
2．(2025·天津高考)函数f(x)＝0.3x－的零点所在区间是(　　)
A．(0，0.3) B．(0.3，0.5) C．(0.5，1) D．(1，2)
3．已知f(x)＝则f＝(　　)
A．－ B． C． D．
4．若x＝3为函数f＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f的最小值为(　　)
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
5．(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞)
6．(2025·广东广州二模)声强级LI(单位：dB)由公式LI＝10lg 给出，其中I为声强(单位：W/m2)．轻柔音乐的声强一般在10-8～10-6W/m2之间，则轻柔音乐的声强级范围是(　　)
A．0～20 dB B．20～40 dB
C．40～60 dB D．60～80 dB
7．已知抛物线T：x2＝2py(p>0)，若抛物线T上的点A(－4，4)处的切线恰好与圆C：x2＋(y－b)2＝5(b<0)相切，则b＝(　　)
A．－9 B．－6 C．－3 D．－2
8．(2025·广东茂名二模)已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2025·河南郑州三模)已知log2a>log2b，c为实数，则下列结论正确的是(　　)
B．ac2>bc2
C．>2 D．a－sin a10．(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　)
A．f(0)＝0
B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C．f(x)≥2，当且仅当x≥
D．x＝－1是f(x)的极大值点
11．(2025·河北石家庄三模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(x＋1)是定义在R上的奇函数，则(　　)
A．f(x)的图象关于点(1，0)中心对称
B．f(x)是周期为2的函数
C．f(2 027)＝0
D．f(i)＝0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值8，则f(1)＝________．
13．(2025·山东聊城模拟)若f(x)＝sin (x＋φ)ln 是偶函数，则cos φ＋m＝________．
14．(2025·河北秦皇岛模拟)设a≠0，若曲线f(x)＝a ln (x－1)在点(2，f(2))处的切线也是曲线g(x)＝eax-2的切线，则a＝________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2025·安徽宿州模拟)已知函数f(x)＝(e是自然对数的底数)，g(x)为f(x)的导函数．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)，求h(x)在[0，π]上的最小值．
16．(15分)已知函数f(x)＝x3－ax2，g(x)＝(x－a)ex．
(1)若f(1)＝2，求曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；
(2)证明：“f(x)在[2，＋∞)上单调递增”是“g(x)在[2，＋∞)上单调递增”的充要条件．
17．(15分)(2025·江苏扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－2，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)讨论函数y＝f(x)的极值；
(2)当a＝时，若x1，x2(其中x12e．
18．(17分)(2025·宁夏银川三模)设O为坐标原点，点P(2，4)，A，B为椭圆＝1上的两个动点，＝λ()(λ∈R)．
(1)证明：向量m＝是直线AB的一个方向向量；
(2)若线段OP与椭圆交于点Q，求△ABQ的面积的最大值．
19．(17分)(2025·湖南湘雅名校一模)已知函数f(x)＝ex sin x，g(x)＝ln (x＋1)．
(1)求曲线f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)求证：当x∈时，f(x)>exg(x)；
(3)求证：ln (n＋1)专题六
1．B　[因为lg x≥0 x≥100＝1，所以M＝{x|x≥1}，因为7x>0，所以y＝6－7x<6，则N＝{y|y<6}．所以M∩N＝[1，6)．故选B．]
2．B　[易知f(x)单调递减，又f(0)＝1>0，f(0.3)＝0.30.3－＝0.30.3－0.30.5>0，f(0.5)＝0.30.5－<0，所以f(x)的零点所在区间是(0.3，0.5)．故选B．]
3．A　[函数f(x)＝
则f，
所以f＝f＝log2．故选A．]
4．C　[由题意知，f'，x>0，
因为x＝3是函数f的极值点，
所以f'＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f'，
当x∈时，f'<0，
当x∈时，f'>0，
所以函数f上单调递增，
所以f－3ln 3．
故选C．]
5．B　[因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增，
则需满足解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．故选B．]
6．C　[依题意可得10-8≤I≤10-6，所以104≤≤106，所以4≤lg≤6，
所以40≤10lg≤60，即轻柔音乐的声强级范围是40~60 dB．故选C．]
7．A　[因为点A(－4，4)在抛物线T：x2＝2py(p>0)上，所以16＝8p，解得p＝2，
所以抛物线T的方程为x2＝4y．
由y＝x2，可得y'＝x，则y'|x=-4＝×(－4)＝－2，
所以抛物线T在A(－4，4)处的切线斜率为－2，
则切线方程为y－4＝－2(x＋4)，即2x＋y＋4＝0．
圆C：x2＋(y－b)2＝5(b<0)的圆心坐标为(0，b)，半径为，
又抛物线T在点A处的切线恰好与圆C相切，所以，
解得b＝－9或b＝1(舍去)．故选A．]
8．A　[如图，设圆锥的底面半径为r，母线长为m，则圆锥的高为h＝，
则圆锥的体积为V＝πr2h＝πr2·，记f(r)＝πr2，
则f'(r)＝π
＝·，
由f'(r)>0可得0m，
即函数f(r)在上单调递减，
故当r＝m时，f(r)取得最大值，即圆锥的体积最大，
此时，母线与底面所成的角即∠VAO，其余弦值为cos∠VAO＝．
故选A．]
9．AC　[由题意可得a>b>0，
A项：由y＝在(0，＋∞)上单调递增，知，故选项A正确；
B项：当c＝0时，选项B错误；
C项：由a>b>0，则＝2，当且仅当a＝b时等号成立，∵a>b>0，∴等号不成立，故选项C正确；
D项：构造函数y＝x－sin x，y'＝1－cos x≥0，∴y＝x－sin x在R上单调递增，又a>b>0，得a－sin a>b－sin b，故选项D错误．故选AC．]
10．ABD　[因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；当x<0时，－x>0，因此f(－x)＝[(－x)2－3]e-x＋2＝－f(x)，因此f(x)＝－(x2－3)·e-x－2，故B正确；当x>0时，f(x)＝(x2－3)·ex＋2，f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f'(x)>0，得x>1，令f'(x)<0，得00时，f(x)≥2，即(x2－3)ex≥0，解得x≥，当x<0时，f(x)在x＝－1处取得极大值，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2e－2>2，因此在(－∞，0)上也存在满足f(x)≥2的区间，故C错误．故选ABD．]
11．AC　[对于A，因为y＝f(x＋1)是R上的奇函数，其图象关于原点对称，
又y＝f(x＋1)的图象可看成是函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度得到，所以f(x)的图象关于点(1，0)中心对称，故A正确；
对于B，由y＝f(x＋1)是R上的奇函数，可得f(－x＋1)＝－f(x＋1)，
即 f(－x)＝－f(x＋2)，又f(－x)＝f(x)，则f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)是周期为4的函数，故B错误；
对于C，由f(－x)＝－f(x＋2)，令x＝－1，得f(1)＝－f(1)，则f(1)＝0，
∴f(2 027)＝f(506×4＋3)＝f(3)＝f(－1)＝f(1)＝0，故C正确；
对于D，由f(x＋2)＋f(x)＝0，则f(2)＋f(4)＝0，又f(1)＝f(3)＝0，f(x)是周期为4的函数，则f(i)＝4[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(2)，而f(2)的值无法确定，故D错误．故选AC．]
12．－4　[∵f'(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f(x)在x＝－1处有极值8，
∴
解得
当a＝－2，b＝－7时，f'(x)＝3x2－4x－7，由f'(x)＝0得x＝或x＝－1．
∴当x∈(－∞，－1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)在x＝－1处取得极大值．
当a＝3，b＝3时，
同理可以检验f(x)在x＝－1处没有取得极值，不符合题意．
∴f(x)＝x3－2x2－7x＋4，∴f(1)＝－4．]
13.0或2　[因为f(x)是偶函数，所以它的定义域关于原点对称，
所以不等式>0的解集关于原点对称，即不等式(x－m)(x＋1)<0的解集关于原点对称，
所以m＝1，此时定义域为(－1，1)，
设g(x)＝ln，则函数g(x)的定义域为(－1，1)，定义域关于原点对称，
又g(－x)＝ln，所以g(x)＋g(－x)＝ln＝ln 1＝0，
所以g(－x)＝－g(x)，所以函数g(x)为奇函数，又f(x)是偶函数，
所以sin(x＋φ)g(x)＝sin(－x＋φ)g(－x)＝－sin(－x＋φ)g(x)恒成立，
所以y＝sin(x＋φ)是奇函数，于是φ＝kπ(k∈Z)，此时cos φ＝±1，于是cos φ＋m＝0或2． ]
14．　[因为f'(x)＝，所以f'(2)＝a，f(2)＝aln 1＝0．
所以曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝a(x－2)．
因为g'(x)＝aeax-2，设曲线g(x)与该切线的切点坐标为(x0，a(x0－2))．
所以g'(x0)＝a＝a，所以ax0－2＝0，即ax0＝2．
又g(x0)＝＝a(x0－2)＝2－2a＝e0，所以a＝．]
15．解：(1)由已知g(x)＝f'(x)＝，所以g'(x)＝，
令g'(x)>0，解得2kπ令g'(x)<0，解得π＋2kπ所以g(x)的单调递增区间为(2kπ，π＋2kπ)，k∈Z，
g(x)的单调递减区间为(π＋2kπ，2π＋2kπ)，k∈Z．
(2)由题可知，h'(x)＝f'(x)－g(x)－g'(x)＝，
因为x∈[0，π]，所以sin x≥0，
令h'(x)>0，解得0令h'(x)<0，解得所以h(x)在上单调递减，
又h(0)＝1－，h(π)＝－，所以h(0)16．解：(1)因为f(1)＝2，所以1－a＝2，得a＝－1，
由g(x)＝(x＋1)ex，得g'(x)＝(x＋2)·ex，则g(0)＝1，g'(0)＝2，
所以曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线方程为y－1＝2(x－0)，化简得y＝2x＋1．
(2)证明：若f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则f'(x)＝3x2－2ax≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，
则a≤对x∈[2，＋∞)恒成立，又函数y＝单调递增，所以a≤×2＝3，
若g(x)在[2，＋∞)上单调递增，则g'(x)＝(x－a＋1)ex≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，
则a≤x＋1对x∈[2，＋∞)恒成立，又函数y＝x＋1单调递增，所以a≤2＋1＝3，
所以“f(x)在[2，＋∞)上单调递增”是“g(x)在[2，＋∞)上单调递增”的充要条件．
17．解：(1)求导得f'(x)＝－a(x>0)，
当a≤0时，f'(x)＝－a>0(x>0)恒成立，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无极值；
当a>0时，f'(x)＝－a>0(x>0) 00) x>，
所以f(x)在上单调递减，
此时f(x)的极大值为f＝－ln a－3，无极小值．
综上所述，当a≤0时，f(x)无极值，当a>0时，f(x)极大值为f＝－ln a－3，无极小值．
(2)证明：当a＝时，f(x)＝ln x－x－2，f'(x)＝，
当x∈(0，e)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，又x1∴02e，即证e<2e－x1设h(x)＝f(x)－f(2e－x)(0h'(x)＝f'(x)＋f'(2e－x)＝>0，
∴h(x)在(0，e)内单调递增，又h(e)＝0，
∴h(x)<0，又0∴f(x1)2e．
18．解：(1)证明：点P(2，4)在椭圆外，A，B为椭圆上的两个动点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
此时＝λ()＝λ(x1＋x2，y1＋y2)(λ∈R)，则
①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，即，
因为直线OP的斜率为＝2，
所以直线AB的斜率为，
所以直线AB的一个方向向量为，即证得向量m＝是直线AB的一个方向向量．
(2)线段OP的方程为y＝2x(0≤x≤2)，
由
即Q，
由(1)知，直线AB的斜率为－，
设直线AB的方程为y＝－x＋m，若m＝0，此时直线AB过原点，
所以＝0，其与＝λ()(λ∈R)矛盾，
所以m≠0，联立消去y并整理得9x2－8mx＋16m2－32＝0，
Δ＝64m2－4×9×16(m2－2)＝128(9－4m2)>0，解得－由根与系数的关系得x1＋x2＝m，x1x2＝(m2－2)，
所以|AB|
＝
＝
＝
＝，
又Q到直线AB的距离d＝
，
所以S△ABQ＝|AB|·d
＝，
令t＝3－2m∈(0，3)∪(3，6)，
可得3＋2m＝6－t，设f(t)＝t3(6－t)＝－t4＋6t3，
可得f'(t)＝－4t3＋18t2＝－2t2(2t－9)，
当t∈(0，3)∪时，f'(t)>0，f(t)在(0，3)，内单调递增；
当则当t＝，即m＝－时，S△ABQ取得最大值，最大值为．
19．解：(1)因为f(x)＝exsin x，所以f(0)＝e0sin 0＝0，f'(x)＝exsin x＋excos x，
所以切线斜率为f'(0)＝e0sin 0＋e0cos 0＝1，
所以曲线f(x)在x＝0处的切线方程为y＝x，即x－y＝0．
(2)证明：要证f(x)>exg(x)，只需要证明sin x>ln(x＋1)，其中x∈，
设m(x)＝sin x－ln(x＋1)，m'(x)＝cos x－，设n(x)＝m'(x)，n'(x)＝－sin x＋，
因为函数y＝－sin x，y＝内均单调递减，则n'(x)＝－sin x＋内单调递减，
因为n'(0)＝1>0，n'<0，所以 x1∈，使得n'(x1)＝0，
当00；当x1所以m'(x)在区间(0，x1)内单调递增，在区间内单调递减．
又m'(0)＝0，m'(x1)>0，m'<0，所以 x2∈，使得m'(x2)＝0，
当00；当x2所以m(x)在区间(0，x2)内单调递增，在区间内单调递减．
因为m(0)＝0，m＝1－ln>0，所以m(x)>0在内恒成立，
所以sin x>ln(x＋1)在区间内恒成立．
(3)证明：令x＝，所以sin，
所以sin，sin，
sin，…，sin，
所以sin＋…＋sin＋…＋ln．
n∈N*，>0，所以ln，
所以2
>ln＋…＋ln
＝ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln(2n＋2)－ln(2n＋1)＝ln(n＋1)，
所以sin＋…＋sinln(n＋1)得证．
设p(x)＝sin x－x，
则p'(x)＝cos x－1<0，则p(x)在区间上单调递减，
所以p(x)＝sin x－x令x＝，sin，所以sin，sin，sin，…，sin，所以sin＋…＋sin．
综上，ln(n＋1)1/2(共52张PPT)
专题六　函数、导数和不等式
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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18
19
√
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合M＝{x|y＝}，N＝{y|y＝6－7x}，则M∩N＝(　　)
A．(1，6) B．[1，6) C．(1，7) D．[1，7)
题号
1
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B　[因为lg x≥0 x≥100＝1，所以M＝{x|x≥1}，
因为7x>0，所以y＝6－7x<6，则N＝{y|y<6}．所以M∩N＝[1，6)．故选B．]
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√
2．(2025·天津高考)函数f (x)＝0.3x－的零点所在区间是(　　)
A．(0，0.3) B．(0.3，0.5)
C．(0.5，1) D．(1，2)
B　[易知f (x)单调递减，又f (0)＝1＞0，f (0.3)＝0.30.3－＝0.30.3－0.30.5＞0，f (0.5)＝0.30.5－＝＜0，所以f (x)的零点所在区间是(0.3，0.5)．故选B．]
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√
3．已知f (x)＝则f ＝(　　)
A．－ B． C． D．
A　[函数f (x)＝则f ＝＝，
所以f ＝＝＝－．故选A．]
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4．若x＝3为函数f ＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f 的最小值为(　　)
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
√
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C　[由题意知f ′＝x－a－，x＞0，
因为x＝3是函数f 的极值点，所以f ′＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f ′＝x－2－＝，当x∈时，f ′<0，
当x∈时，f ′>0，
所以函数f 在内单调递减，在上单调递增，
所以f ＝f ＝－－3ln 3．
故选C．]
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5．(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．[－1，0]
C．[－1，1] D．[0，＋∞)
√
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B　[因为f (x)在R上单调递增，且x≥0时，f (x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，
则需满足解得－1≤a≤0，
即a的取值范围是[－1，0]．故选B．]
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6．(2025·广东广州二模)声强级LI(单位：dB)由公式LI＝10lg 给出，其中I为声强(单位：W/m2)．轻柔音乐的声强一般在10-8～
10-6W/m2之间，则轻柔音乐的声强级范围是(　　)
A．0～20 dB B．20～40 dB
C．40～60 dB D．60～80 dB
√
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C　[依题意可得10-8≤I≤10-6，所以104≤≤106，所以4≤
lg ≤6，
所以40≤10lg ≤60，即轻柔音乐的声强级范围是40～60 dB．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
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17
18
19
7．已知抛物线T：x2＝2py(p>0)，若抛物线T上的点A(－4，4)处的切线恰好与圆C：x2＋(y－b)2＝5(b<0)相切，则b＝(　　)
A．－9 B．－6 C．－3 D．－2
√
题号
1
3
5
2
4
6
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19
A　[因为点A(－4，4)在抛物线T：x2＝2py(p>0)上，所以16＝8p，解得p＝2，所以抛物线T的方程为x2＝4y．
由y＝x2，可得y′＝x，则y′|x＝－4＝×(－4)＝－2，
所以抛物线T在A(－4，4)处的切线斜率为－2，
则切线方程为y－4＝－2(x＋4)，即2x＋y＋4＝0．
圆C：x2＋(y－b)2＝5(b<0)的圆心坐标为(0，b)，半径为，
又抛物线T在点A处的切线恰好与圆C相切，所以＝，
解得b＝－9或b＝1(舍去)．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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8．(2025·广东茂名二模)已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
√
题号
1
3
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2
4
6
8
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19
A　[如图，设圆锥的底面半径为r，母线长为m，则圆锥的高为h＝，
则圆锥的体积为V＝πr2h＝πr2，
记f (r)＝πr2，
则f ′(r)＝π·＝·，
由f ′(r)>0可得0m，
即函数f (r)在内单调递增，在上单调递减，
故当r＝m时，f (r)取得最大值，即圆锥的体积最大，
此时，母线与底面所成的角即∠VAO，其余弦值为cos ∠VAO＝＝．
故选A．]
题号
1
3
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题号
1
3
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2
4
6
8
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18
19
√
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2025·河南郑州三模)已知log2a>log2b，c为实数，则下列结论正确的是(　　)
B．ac2>bc2
C．>2 D．a－sin a√
题号
1
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19
AC　[由题意可得a>b>0，
A项：由y＝在(0，＋∞)上单调递增，知，故选项A正确；
B项：当c＝0时，选项B错误；
C项：由a>b>0，则≥2＝2，当且仅当a＝b时等号成立，∵a>b>0，∴等号不成立，故选项C正确；
D项：构造函数y＝x－sin x，y′＝1－cos x≥0，
∴y＝x－sin x在R上单调递增，又a>b>0，得a－sin a>b－sin b，故选项D错误．故选AC．]
题号
1
3
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√
10．(2025·全国二卷)已知f (x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f (x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　)
A．f (0)＝0
B．当x<0时，f (x)＝－(x2－3)e－x－2
C．f (x)≥2，当且仅当x≥
D．x＝－1是f (x)的极大值点
√
√
题号
1
3
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ABD　[因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)＝0，故A正确；当x＜0时，－x＞0，因此f (－x)＝[(－x)2－3]e－x＋2＝－f (x)，因此
f (x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；当x＞0时，f (x)＝(x2－3)·ex＋2，f ′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f ′(x)＞0，得x＞1，令f ′(x)＜0，得0＜x＜1，因此f (x)在x＝1处取得极小值，因此奇函数f (x)在x＝－1处取得极大值，故D正确；当x＞0时，f (x)≥2，即(x2－3)ex≥0，解得x≥，当x＜0时，f (x)在x＝－1处取得极大值，
f (－1)＝－(1－3)e－2＝2e－2＞2，因此在(－∞，0)上也存在满足
f (x)≥2的区间，故C错误．故选ABD．]
题号
1
3
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2
4
6
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√
11．(2025·河北石家庄三模)已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，
f (x＋1)是定义在R上的奇函数，则(　　)
A．f (x)的图象关于点(1，0)中心对称
B．f (x)是周期为2的函数
C．f (2 027)＝0
D．f (i)＝0
√
题号
1
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AC　[对于A，因为y＝f (x＋1)是R上的奇函数，其图象关于原点对称，又y＝f (x＋1)的图象可看成是函数y＝f (x)的图象向左平移1个单位长度得到，所以f (x)的图象关于点(1，0)中心对称，故A正确；
对于B，由y＝f (x＋1)是R上的奇函数，可得f (－x＋1)＝－f (x＋1)，即 f (－x)＝－f (x＋2)，
又f (－x)＝f (x)，则f (x＋2)＝－f (x)，所以f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，故f (x)是周期为4的函数，故B错误；
对于C，由f (－x)＝－f (x＋2)，令x＝－1，得f (1)＝－f (1)，则f (1)＝0，
∴f (2 027)＝f (506×4＋3)＝f (3)＝f (－1)＝f (1)＝0，故C正确；
对于D，由f (x＋2)＋f (x)＝0，则f (2)＋f (4)＝0，又f (1)＝f (3)＝0，
f (x)是周期为4的函数，
则f (i)＝4＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝f (2)，
而f (2)的值无法确定，故D错误．
故选AC．]
题号
1
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题号
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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值8，则f (1)＝________．
－4　[∵f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f (x)在x＝－1处有极值8，
∴即
解得或
－4　
题号
1
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当a＝－2，b＝－7时，f ′(x)＝3x2－4x－7，
由f ′(x)＝0得x＝或x＝－1．
∴当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
∴f (x)在x＝－1处取得极大值．
当a＝3，b＝3时，
同理可以检验f (x)在x＝－1处没有取得极值，不符合题意．
∴f (x)＝x3－2x2－7x＋4，
∴f (1)＝－4．]
题号
1
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题号
1
3
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2
4
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13．(2025·山东聊城模拟)若f (x)＝sin (x＋φ)·ln 是偶函数，则cos φ＋m＝________．
0或2　[因为f (x)是偶函数，所以它的定义域关于原点对称，
所以不等式>0的解集关于原点对称，
即不等式(x－m)(x＋1)<0的解集关于原点对称，
所以m＝1，此时定义域为(－1，1)，
0或2
题号
1
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设g(x)＝ln ，则函数g(x)的定义域为(－1，1)，定义域关于原点对称，
又g(－x)＝ln ，所以g(x)＋g(－x)＝ln ＋ln ＝ln 1＝0，
所以g(－x)＝－g(x)，所以函数g(x)为奇函数，又f (x)是偶函数，
所以sin (x＋φ)g(x)＝sin (－x＋φ)g(－x)＝－sin (－x＋φ)g(x)恒成立，
所以y＝sin (x＋φ)是奇函数，于是φ＝kπ(k∈Z)，
此时cos φ＝±1，于是cos φ＋m＝0或2．]
题号
1
3
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2
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14．(2025·河北秦皇岛模拟)设a≠0，若曲线f (x)＝a ln (x－1)在点(2，f (2))处的切线也是曲线g(x)＝eax-2的切线，则a＝________．
　[因为f ′(x)＝，所以f ′(2)＝a，f (2)＝a ln 1＝0．
所以曲线f (x)在点(2，f (2))处的切线方程为y＝a(x－2)．
因为g′(x)＝aeax-2，设曲线g(x)与该切线的切点坐标为(x0，a(x0－2))．
所以g′(x0)＝a＝a，所以ax0－2＝0，即ax0＝2．
又g(x0)＝＝a(x0－2)＝2－2a＝e0，所以a＝．]
　
题号
1
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2
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四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2025·安徽宿州模拟)已知函数f (x)＝(e是自然对数的底数)，g(x)为f (x)的导函数．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)若函数h(x)＝f (x)－g(x)，求h(x)在[0，π]上的最小值．
题号
1
3
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[解]　(1)由已知g(x)＝f ′(x)＝，所以g′(x)＝，
令g′(x)>0，解得2kπ令g′(x)<0，解得π＋2kπ所以g(x)的单调递增区间为(2kπ，π＋2kπ)，k∈Z，
g(x)的单调递减区间为(π＋2kπ，2π＋2kπ)，k∈Z．
(2)由题可知，h′(x)＝f ′(x)－g(x)－·g′(x)＝，
因为x∈[0，π]，所以sin x≥0，
令h′(x)>0，解得0所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
又h(0)＝1－<－，h(π)＝－>－>－，
所以h(0)题号
1
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题号
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16．(15分)已知函数f (x)＝x3－ax2，g(x)＝(x－a)ex．
(1)若f (1)＝2，求曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线方程；
(2)证明：“f (x)在[2，＋∞)上单调递增”是“g(x)在[2，＋∞)上单调递增”的充要条件．
题号
1
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[解]　(1)因为f (1)＝2，所以1－a＝2，得a＝－1，
由g(x)＝(x＋1)ex，得g′(x)＝(x＋2)ex，
则g(0)＝1，g′(0)＝2，
所以曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线方程为y－1＝2(x－0)，化简得y＝2x＋1．
题号
1
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(2)证明：若f (x)在[2，＋∞)上单调递增，
则f ′(x)＝3x2－2ax≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，
则a≤对x∈[2，＋∞)恒成立，又函数y＝单调递增，所以a≤×2＝3，若g(x)在[2，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝(x－a＋1)ex≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，则a≤x＋1对x∈[2，＋∞)恒成立，又函数y＝x＋1单调递增，所以a≤2＋1＝3，
所以“f (x)在[2，＋∞)上单调递增”是“g(x)在[2，＋∞)上单调递增”的充要条件．
题号
1
3
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17．(15分)(2025·江苏扬州模拟)已知函数f (x)＝ln x－ax－2，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)讨论函数y＝f (x)的极值；
(2)当a＝时，若x1，x2(其中x12e．
题号
1
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[解]　(1)求导得f ′(x)＝－a(x>0)，当a≤0时，f ′(x)＝－a>0(x>0)恒成立，此时函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x)无极值；
当a>0时，f ′(x)＝－a>0(x>0) 00) x>，
所以f (x)在内单调递增，在上单调递减，此时f (x)的极大值为f ＝－ln a－3，无极小值．
综上所述，当a≤0时，f (x)无极值，当a>0时，f (x)极大值为f ＝－ln a－3，无极小值．
题号
1
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2
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(2)证明：当a＝时，f (x)＝ln x－x－2，f ′(x)＝＝，当x∈(0，e)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，又x12e，即证e<2e－x1f (x)－f (2e－x)(00，∴h(x)在(0，e)内单调递增，又h(e)＝0，∴h(x)<0，又02e．
题号
1
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18．(17分)(2025·宁夏银川三模)设O为坐标原点，点P(2，4)，A，B为椭圆＝1上的两个动点，＝λ()(λ∈R)．
(1)证明：向量m＝是直线AB的一个方向向量；
(2)若线段OP与椭圆交于点Q，求△ABQ的面积的最大值．
题号
1
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[解]　(1)证明：点P(2，4)在椭圆外，A，B为椭圆上的两个动点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，此时＝λ()＝λ(x1＋x2，y1＋y2)(λ∈R)，
则
①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即＝－，
因为直线OP的斜率为＝＝2，所以直线AB的斜率为＝－，所以直线AB的一个方向向量为，即证得向量m＝是直线AB的一个方向向量．
(2)线段OP的方程为y＝2x(0≤x≤2)，
由 即Q，
由(1)知，直线AB的斜率为－，
设直线AB的方程为y＝－x＋m，
若m＝0，此时直线AB过原点，
题号
1
3
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2
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所以＝0，其与＝λ()(λ∈R)矛盾，
所以m≠0，联立消去y并整理得
9x2－8mx＋16m2－32＝0，
Δ＝64m2－4×9×16(m2－2)＝128(9－4m2)>0，
解得－由根与系数的关系得x1＋x2＝m，x1x2＝·(m2－2)，
题号
1
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19
所以|AB|＝
＝＝
＝，
又Q到直线AB的距离d＝＝，
所以S△ABQ＝|AB|·d＝，
题号
1
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2
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令t＝3－2m∈(0，3)∪(3，6)，
可得3＋2m＝6－t，设f (t)＝t3(6－t)＝－t4＋6t3，
可得f ′(t)＝－4t3＋18t2＝－2t2(2t－9)，
当t∈(0，3)时，f ′(t)>0，f (t)在(0，3)，内单调递增；
当题号
1
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题号
19．(17分)(2025·湖南湘雅名校一模)已知函数f (x)＝ex sin x，g(x)＝ln (x＋1)．
(1)求曲线f (x)在x＝0处的切线方程；
(2)求证：当x∈时，f (x)>exg(x)；
(3)求证：ln (n＋1)1
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19
题号
[解]　(1)因为f (x)＝ex sin x，所以f (0)＝e0sin 0＝0，f ′(x)＝ex sin x＋ex cos x，
所以切线斜率为f ′(0)＝e0sin 0＋e0cos 0＝1，
所以曲线f (x)在x＝0处的切线方程为y＝x，即x－y＝0．
1
3
5
2
4
6
8
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题号
(2)证明：要证f (x)>exg(x)，只需要证明sin x>ln (x＋1)，其中x∈，
设m(x)＝sin x－ln (x＋1)，m′(x)＝cos x－，
设n(x)＝m′(x)，n′(x)＝－sin x＋，
因为函数y＝－sin x，y＝在内均单调递减，
则n′(x)＝－sin x＋在区间内单调递减，
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题号
因为n′(0)＝1>0，n′＝－1＋<0，所以 x1∈，使得n′(x1)＝0，当00；当x1所以m′(x)在区间(0，x1)内单调递增，在区间内单调递减．
又m′(0)＝0，m′(x1)>0，m′＝－<0，所以 x2∈，使得m′(x2)＝0，当00；当x2所以m(x)在区间(0，x2)内单调递增，在区间内单调递减．
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题号
又m′(0)＝0，m′(x1)>0，m′＝－<0，所以 x2∈，使得m′(x2)＝0，当00；当x2所以m(x)在区间(0，x2)内单调递增，在区间内单调递减．
因为m(0)＝0，m＝1－ln>0，
所以m(x)＞0在内恒成立，
所以sin x>ln (x＋1)在区间内恒成立．
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题号
(3)证明：令x＝，所以sin >ln ＝ln ，
所以sin>ln，sin>ln，sin>ln，…，sin>ln，
所以sin＋sin＋…＋sin>ln＋ln＋…＋ln．
n∈N*，＝>0，所以ln >ln ，
所以2>2
>ln＋ln＋ln＋ln＋…＋ln＋ln
＝ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln(2n＋2)－ln(2n＋1)＝ln(n＋1)，
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题号
所以sin＋sin＋…＋sin>ln (n＋1)得证．
设p(x)＝sin x－x，则p′(x)＝cos x－1<0，则p(x)在区间上单调递减，所以p(x)＝sin x－x令x＝，sin <，所以sin <，sin<，sin<，…，sin<，
所以sin＋sin＋…＋sin<．
综上，ln (n＋1)谢 谢！

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