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2023届高考数学三轮冲刺卷：利用导数研究函数的图象与性质
一、选择题（共20小题；）
1. 已知函数 y=xfʹ(x) 的图象如图所示（其中 fʹ(x) 是函数 f (x) 的导函数），则函数 y=f (x)
的图象可能是 ()
A. 11
B. 11C. 11
D. 11
2. 已知函数 y=xfʹ(x) 的图象如下图所示，则函数 y=f (x) 的图象大致是 ()
A. B.
C. D.
1
3. 已知 f (x)= x2−cosx，fʹ(x) 为 f (x) 的导函数，则 fʹ(x) 的图象是 ()
2A. B.
C. D.
4. 已知 y=xfʹ(x) 的图象如图所示（其中 fʹ(x) 是函数 f (x) 的导数），下面四个图象中，
y=f (x) 的图象大致是 ()
A. B.
C. D.
5. 已知 y=f (x) 为 R 上的连续可导函数，且 xfʹ(x)+f (x)>0，则函数 g(x)=xf (x)+1(x>0) 的
零点个数为 ()
A. 0 B. 1 C. 0 或 1 D. 无数个6. 函数 y=ex(2x−1) 的大致图象是 ()
A. B.
C. D.
7. 设函数 f (x)=x3−4x+a(0−1 B. x <0 C. x >2 D. 00 且 f (e)=1，若对任意
1
x∈(0,+∞)，xfʹ(x)lnx+f (x)>0 恒成立，则不等式 1¿¿
C. {x∣x>e¿¿ D. {x∣00 ，则 a
0 0
的取值范围为 ()
A. (2,+∞) B. (1,+∞) C. (−∞,−2) D. (−∞,−1)
18. 设 x,y∈R 定义 x⊗y=x(a−y)（a∈R 且 a 为常数），若 f (x)=ex，ℎ(x)=lnx，
g(x)=e−x+2x2，F(x)=f (x)⊗g(x)．下述四个命题：()
① g(x) 不存在极值；
1
②若函数 y=kx 与函数 y=∣ℎ(x)∣ 的图象有两个交点，则 k= ；
e
③若 F(x) 在 R 上是减函数，则实数 a 的取值范围是 (−∞,−2]；
④若 a=−3，则在 F(x) 的图象上存在两点，使得在这两点处的切线互为垂直．
A. ①③④ B. ②③④ C. ②③ D. ②④
ex
19. 已知函数 f (x)=2∣x∣−x2，g(x)= （其中 e 为自然对数的底数），若函数
x+2
ℎ(x)=f [g(x)]−k 有 4 个零点，则 k 的取值范围为 ()
( 2 1 ) (2 1 ) (2 1 ]
A. (0,1) B. 0, − C. − ,1 D. − ,1
e e2 e e2 e e2
ln2x
20. 已知函数 f (x)= ，若关于 x 的不等式 f2(x)+af (x)>0 只有两个整数解，则实数 a 的
x
取值范围是 ()
(1 ] ( 1 )
A. ,ln2 B. −ln2,− ln6
3 3
( 1 ] ( 1 )
C. −ln2,− ln6 D. − ln6,ln2
3 3
二、填空题（共5小题；）
21. 方程 2lnx=x 的实根个数为 ．
22. 已知函数 f (x)=e∣x∣，g(x)=kx：①函数 f (x) 的单调递减区间为 (−∞,0)；
②若函数 F(x)=f (x)−g(x) 有且只有一个零点，则 k=±1；
③若 k∈(1,e)∪(e,+∞)，则 ∃b∈R，使得函数 f (x)−b=0 恰有 2 个零点 x ，x ，
1 2
g(x)−b=0 恰有一个零点 x ，且 x ≠x ≠x ，x +x +x =1．
3 1 2 3 1 2 3
其中，所有正确结论的序号是 ．
23. 设函数 f (x) 满足 f (x)=f (3x)，且当 x∈[1,3) 时，f (x)=lnx．若在区间 [1,9) 内，存在
f (x ) f (x ) f (x )
3 个不同的实数 x ，x ，x ，使得 1 = 2 = 3 =t，则实数 t 的取值范围为
1 2 3 x x x
1 2 3
．
{ lnx, x>0
24. 已知函数 f (x)= ．若函数 F(x)=f (x)−c(c∈R) 恰有 3 个零点，则实数
ex(x+1), x≤0
c 的取值范围是 ．
( 8) [ 4]
25. 定义在 R 上的偶函数 f (x) 满足 f x+ =f (x)，当 x∈ 0, 时，f (x)=ex−2，则函
e e
数 g(x)=f (x)−lnx 在 (0,6) 上的零点个数为 （其中 e 为自然对数的底
数，e=2.71828⋯）．
三、解答题（共5小题；）
1
26. 已知函数 f (x)=x(x2−a)+ ．
x
（1）证明：对任意 a∈R，函数 f (x) 的导函数 fʹ(x) 是偶函数；
1 1
（2）若 a<0，g(x)=f (x)− − lnx，讨论函数 g(x) 的零点个数．
x 9
27. 已知函数 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2．
（1）求函数 f (x) 的单调递增区间；
（2）若关于 x 的方程 f (x)+x2−3x−a=0 在区间 [2,4] 内恰有两个相异的实根，求实数 a
的取值范围．
28. 已知函数 f (x)=ex+1−kx−2k（其中 e 是自然对数的底数，k∈R）．
（1）讨论函数 f (x) 的单调性；
（2）当函数 f (x) 有两个零点 x ，x 时，证明 x +x >−2．
1 2 1 2
29. 已知函数 f (x)=(x−2)ex+a(x−1) 2 有两个零点．
（1）求 a 的取值范围．
（2）设 x ，x 是 f (x) 的两个零点，证明：x +x <2．
1 2 1 2
30. 已知函数 f (x)=x3−9x，函数 g(x)=3x2+a．
（1）若曲线 y=f (x) 与曲线 y=g(x) 在它们的交点处具有公共切线，求 a 的值．
（2）若存在实数 b 使不等式 f (x)0，所以 f (x) 递增；
当 −11 时，fʹ(x)>0，所以 f (x) 递增．
2. C
3. A 【解析】依题意 fʹ(x)=x+sinx，令 ℎ(x)=x+sinx，
则 ℎʹ(x)=1+cosx，
由于 fʹ(0)=0，故排除C选项．
由于 ℎʹ(0)=1+1=2>0，故 fʹ(x) 在 x=0 处导数大于零，故排除B，D选项．故本小题选A．
4. C 【解析】当 01 时，xfʹ(x)>0，
所以 fʹ(x)>0，故 y=f (x) 在 (1,+∞) 上为增函数．
5. A
【解析】因为 g(x)=xf (x)+1(x>0)，gʹ(x)=xfʹ(x)+f (x)>0，
所以 g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，
因为 g(0)=1，y=f (x) 为 R 上的连续可导函数，
所以 g(x) 为 (0,+∞) 上的连续可导函数，g(x)>g(0)=1，
所以 g(x) 在 (0,+∞) 上无零点．
6. A 【解析】yʹ=ex(2x−1)+2ex=ex(2x+1)，
1
令 yʹ=0 得 x=− ，
2
1
所以当 x<− 时，yʹ<0，
2
1
当 x>− 时，yʹ>0，
2
( 1) ( 1 )
所以 y=ex(2x−1) 在 −∞,− 上单调递减，在 − ,+∞ 上单调递增，
2 2
因为当 x=0 时，y=e0(0−1)=−1，
所以函数图象与 y 轴交于点 (0,−1)；
1
令 y=ex(2x−1)=0 得 x= ，
2
1
所以 f (x) 只有 1 个零点 x= ，
2
1
当 x< 时，y=ex(2x−1)<0，
21
当 x> 时，y=ex(2x−1)>0，
2
综上，函数图象为 A．
2√3 2√3
7. D 【解析】fʹ(x)=3x2−4，令 fʹ(x)=0 得 x=− 或 x= ，
3 3
( 2√3) ( 2√3 2√3) (2√3 )
所以 f (x) 在 −∞,− 上单调递增，在 − , 上单调递减，在 ,+∞ 上单
3 3 3 3
调递增．
( 2√3) ( 2√3 2√3) (2√3 )
所以 f (x) 在 −∞,− ， − , ， ,+∞ 上各有一个零点．
3 3 3 3
2√3
所以 x <− <−1，故A错误；
1 3
( 2√3) (2√3)
因为 f − >0，f (0)=a>0，f (1)=−3+a<0，f <0，
3 3
所以 00，
所以 x <2，故C错误．
3
8. A
9. A 【解析】记 f (x)=x3−3x+c，则有 fʹ(x)=3x2−3．当 x<−1 或 x>1 时，fʹ(x)>0；当
−1x ，当 f (x)=x 时，x=x 或 x=x ，
1 2 1 1 3
当 f (x)=x 时，x=x ，
2 4
此时共有三个不同的实数根 x ，x ，x ．
1 2 4
③若 x =x ，f (x) 没有极值点，不合题意．
1 2
综上可得，方程 g(f (x))=0 的不同实数根的个数为 3．
14. C 【解析】由题可知：x∈(0,+∞)，f (x)>0，
1
所以 0，
f (x)
xfʹ(x)lnx+f (x)
令 F(x)=f (x)lnx−1，则 Fʹ(x)= ，
x
又对任意 x∈(0,+∞)，xfʹ(x)lnx+f (x)>0 恒成立，
所以 Fʹ(x)>0，可知函数 F(x) 在 (0,+∞) 单调递增，
又 f (e)=1，所以 F(e)=f (e)lne−1=0，
所以 f (x)lnx−1>0 即 F(x)>F(e) 的解集为 {x∣x>e¿¿，
1
即不等式 e¿¿．
f (x)
15. D
【解析】fʹ(x)=3ax2−6x=3ax ( x− 2) ，令 fʹ(x)=0，解得 x=0，x= 2 ，故函数在 (−∞,0) 和
a a
(2 ) ( 2) (2)
,+∞ 上单调递增，在 0, 上单调递减，所以 f (x) =f (0)，f (x) =f ，而
a a 极大值 极小值 a
(2)
f (0)=b>0，因为函数只有两个零点，所以 f =0，故 a2b=4，取对数得 2log a+log b=2，即
a 2 2
1
log a+ log b=1，
2 2 2
而
( 1 1 )( 1 )
log 2+log 2 = + log a+ log b
a b log a log b 2 2 2
2 2
3
¿ ≥ +√2,
2
3
当且仅当 log a=2−√2，log b=2√2−2 时等号成立，故最小值为 +√2．
2 2 2
16. C 【解析】由图象可知，函数 f (x) 在 R 上单调递增，且为奇函数．对A项，由于定义域不是 R，则A错误；
对B项，当 x∈(0,π) 时，fʹ(x)=1+2cosθ，
2π 2π
fʹ(x)>0⇒00 时，g(x) 即有极大值，又有极小值，故①错误；
②因为 ℎ(x)=lnx，若函数 y=kx 与函数 y=∣ℎ(x)∣ 有两个交点，
则 y=kx 与函数 y=lnx(x>1) 相切，此时切点为 (e,1)，
1
切线斜率为 ，故②正确；
e
③若 F(x) 在减函数，则 Fʹ(x)≤0 对于 x∈R 恒成立，
即 −ex(2x2+4x−a)≤0 恒成立，
因为 −ex<0，
所以 2x2+4x−a≥0 恒成立，
所以 Δ=16−8(−a)≤0，
所以 a≤−2，即实数 a 的取值范围是 (−∞,−2]，故③正确；
④当 a=−3 时，F(x)=−3ex−1−2x2ex，
设 P(x ,y )，Q(x ,y ) 是 F(x) 曲线上的任意两点，
1 1 2 2
因为 Fʹ(x)=−ex(2x2+4x+3)=−ex[2(x+1) 2+1]<0，
所以 Fʹ(x)⋅Fʹ(x )>0，
2
所以 Fʹ(x )⋅Fʹ(x )=−1 不成立．
1 2
所以 F(x) 的曲线上不存在两点，使得过这两点的切线互相垂直．故④错误．
故真命题序号为：②③．
19. B 【解析】作出 f (x) 的图象如图 1 所示，(x+1)ex
gʹ(x)= ，令 gʹ(x)>0，得 x>−1，
(x+2) 2
令 gʹ(x)<0，得 −21 时，ℎ(x) 无零点；
②当 k=1 时，即 f (t)=1，则 t=−1或1，即 g(x)=−1 或 g(x)=1，
此时 ℎ(x) 有 3 个零点，不合题意；
③当 00，f (x) 单调递增，
2
e
当 x> 时，fʹ(x)<0，f (x) 单调递减，
2
1 1
由当 x< 时，f (x)<0，当 x> 时，f (x)>0，
2 2
作出 f (x) 的大致函数图象如图所示：
（1）若 a=0，即 f2(x)>0，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意．
（2）若 a>0，则 f (x)<−a 或 x>0，
由图象可知 f (x)>0 有无穷多整数解，不符合题意．
（3）若 a<0，则 f (x)<0 或 f (x)>−a，
由图象可知 f (x)<0 无整数解，故 f (x)>−a 有两个整数解，
(e )
因为 f (1)=f (2)=ln2，且 f (x) 在 ,+∞ 上单调递减，
2
所以 f (x)>−a 的两个整数解必为 x=1，x=2，
ln6
又 f (3)= ，
3
ln6 ln6
所以 ≤−a0，f (x) 单调递增；当 x>2
x
时，fʹ(x)<0，f (x) 单调递减．
所以 f (x) =f (2)=2ln2−2=ln4−20 时，函数 f (x)=lnx 单调递增；
当 x≤0 时，f (x)=ex(x+1)，则 fʹ(x)=ex(x+2)=0 时，x=−2，
且 x<−2 时，fʹ(x)<0，−20，
故当 x≤0 时，f (x) 在 (−∞,−2) 上单调递减，在 (−2,0) 上单调递增，
f (x) 在 x=−2 处取极小值，极小值为 f (−2)=−e−2．
作出函数 f (x) 的图象如图：函数 F(x)=f (x)−c(c∈R) 恰有 3 个零点，
等价于函数 f (x) 与 y=c 的图象有且仅有 3 个零点，
由图可知，−e−20)，gʹ(x)=3x2−a− = ．
9 9x 9x
令 ℎ(x)=27x3−9ax−1(x≥0)，则 ℎʹ(x)=81x2−9a．
因为 a<0，所以 ℎʹ(x)>0，所以 ℎ(x) 在 [0,+∞) 上单调递增．
(1) (1) 3 1
因为 ℎ =27× −9a⋅ −1=−3a>0，ℎ(0)=−1<0，
3 3 3
所以一定存在 x ∈ ( 0, 1) ，使得 ℎ(x )=27x3−9ax −1=0．
0 3 0 0 0
所以在 (0,x
0
) 上，ℎ(x)<0，gʹ(x)<0，函数 g(x) 单调递减；
在 (x
0
,+∞) 上，ℎ(x)>0，gʹ(x)>0，函数 g(x) 单调递增，
所以 g(x) =g(x )．
min 0
1 1
又 g(x )=x3−ax − lnx 中，x3>0，−ax >0，− lnx >0，
0 0 0 9 0 0 0 9 0
所以 g(x )>0，即 g(x) >0，所以函数 g(x) 的零点个数为 0．
0 min
27. （1） 因为函数 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2 的定义域为 (1,+∞)，
[ 1 ] 2x(x−2)
则 fʹ(x)=2 −(x−1) =− ，
x−1 x−1
因为 x>1，则使 fʹ(x)>0 的 x 的取值范围为 (1,2)，
故函数 f (x) 的单调递增区间为 (1,2)．
（2） 方法一：
因为 f (x)=2ln(x−1)−(x−1) 2，
所以 f (x)+x2−3x−a=0⇔x+a+1−2ln(x−1)=0，
令 g(x)=x+a+1−2ln(x−1)，
2 x−3
因为 gʹ(x)=1− = ，且 x>1，
x−1 x−1
由 gʹ(x)>0，得 x>3，由 gʹ(x)<0，得 11，
x−1 x−1
由 ℎʹ(x)>0 得，13，
所以 ℎ(x) 在区间 [2,3] 内单调递增，在区间 [3,4] 内单调递减，
因为 ℎ(2)=−3，ℎ(3)=2ln2−4，ℎ(4)=2ln3−5，
又 ℎ(2)< ℎ(4)，
故 f (x)+x2−3x−a=0 在区间 [2,4] 内恰有两个相异实根等价于 ℎ(4)≤a< ℎ(3)，
即 2ln3−5≤a<2ln2−4，
综上所述，a 的取值范围是 [2ln3−5,2ln2−4)．
28. （1） 易得 fʹ(x)=ex+1−k，
当 k>0 时，令 fʹ(x)=0，得 x=lnk−1，
可得当 x∈(−∞,lnk−1) 时，fʹ(x)<0，
当 x∈(lnk−1,+∞) 时，fʹ(x)>0，
所以函数 f (x) 在区间 (−∞,lnk−1) 上单调递减，在区间 (lnk−1,+∞) 上单调递增，
当 k≤0 时，fʹ(x)=ex+1−k>0 恒成立，故此时函数 f (x) 在 R 上单调递增．
（2） 当 k≤0 时，由（1）知函数 f (x) 在 R 上单调递增，不存在两个零点，
所以 k>0，
由题意知 ex 1 +1=k(x +2)，ex 2 +1=k(x +2)，
1 2
x +2
所以 x +2>0，x +2>0，可得 x −x =ln 1 ，
1 2 1 2 x +2
2
x +2
不妨设 x >x ，令 1 =t，则 t>1，
1 2 x +2
2
x +2
{ 1 =t,
x +2 tlnt lnt
由 2 解得 x +2= ，x +2= ，
x +2 1 t−1 2 t−1
x −x =ln 1
1 2 x +2
2
(t+1)lnt
所以 x +x +4= ，
1 2 t−1
(t+1)lnt
欲证 x +x >−2，只需证明 >2，即证 (t+1)lnt−2(t−1)>0，
1 2 t−1
1 1
令 g(t)=(t+1)lnt−2(t−1)(t≥1)，则 gʹ(t)=lnt+ (t+1)−2=lnt+ −1，
t t1 1 1
令 ℎ(t)=lnt+ −1(t≥1)，则 ℎʹ(t)= − ≥0，ℎ(t) 单调递增，
t t t2
所以 gʹ(t)≥gʹ(1)=0，
所以 g(t) 在区间 [1,+∞) 上单调递增，
所以当 t>1 时，g(t)>g(1)=0，即 (t+1)lnt−2(t−1)>0，原不等式得证．
29. （1） a 的取值范围为 (0,+∞)．
（2） 求导得 fʹ(x)=(x−1)(ex+2a)，由（1）知 a>0．
所以函数 f (x) 的极小值点为 x=1．
结合要证结论 x +x <2，即证 x <2−x ．若 2−x 和 x 属于某一个单调区间，那么只需要比较
1 2 2 1 1 2
f (2−x ) 和 f (x ) 的大小，即探求 f (2−x)−f (x) 的正负性．
1 2
于是通过上述观察分析即可构造辅助函数 F(x)=f (2−x)−f (x)，x<1，代入整理得
F(x)=−xe−x+2−(x−2)⋅ex．
求导得 Fʹ(x)=(1−x)(ex−e−x+2)．即 x<1 时，Fʹ(x)<0，则函数 F(x) 是 (−∞,1) 上的单调减函
数．
于是 F(x)>F(1)=0，则 f (2−x)−f (x)>0，即 f (2−x)>f (x)．
由 x ，x 是 f (x) 的两个零点，并且在 x=1 的两侧，
1 2
所以不妨设 x <1a2+5≥2√5∣a∣≥a，即 ℎ (a2+5)>a；
ℎ
(−a2−2)=−(a2+2)(a4+7a2+1)<−(a2+2)≤−2√2∣a∣≤a，即
ℎ
(−a2−2)5 或 a≤−27．
（3） a=−11
