专题05导数及其应用（选填题）8种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 导数及其应用(选填题) ~ ~ 2021-2025高考真题分类 导数及其应用(选填题)1 一 求在曲线上一点处的切线方程 1 二 已知切线(斜率)求参数3 三 求过一点的切线方程 4 四 利用导数研究函数的单调性 6 五 利用导数研究函数的极值 11 六 利用导数研究函数的最值 16 七 利用导数研究函数的零点 19 八 利用导数研究方程的根 22 ~ ~ 一 求在曲线上一点处的切线方程 2x-1 1. (2021·全国甲卷·高考真题)曲线y= 在点-1,-3 x+2  处的切线方程为 ． 【答案】5x-y+2=0 【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【解析】由题，当x=-1时，y=-3，故点在曲线上． 2x+2 求导得：y=  -2x-1  x+2  5 = 2 x+2  ，所以y| =5． 2 x=-1 故切线方程为5x-y+2=0． 故答案为：5x-y+2=0． ex e 2. (2023·全国甲卷·高考真题)曲线y= 在点1, x+1 2  处的切线方程为 ( ) e e e e e 3e A. y= x B. y= x C. y= x+ D. y= x+ 4 2 4 4 2 4 【答案】C 【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方 程即可求解. ex e 【解析】设曲线y= 在点1, x+1 2  e 处的切线方程为y- =kx-1 2  ， ex 因为y= ， x+1 exx+1 所以y=  -ex x+1  xex = 2 x+1  ， 2 e 所以k=y = x=1 4 e e 所以y- = x-1 2 4  ex e 所以曲线y= 在点1, x+1 2  e e 处的切线方程为y= x+ . 4 4 故选：C 3. (2024·全国甲卷·高考真题)设函数fx  ex+2sinx = ，则曲线y=fx 1+x2  在点0,1  处的切线与两坐标轴 所围成的三角形的面积为 ( ) 数学试题 第 1 页 共 23 页1 1 1 2 A. B. C. D. 6 3 2 3 【答案】A 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1  处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可 得其面积. 【解析】fx  ex+2cosx =  1+x2  -ex+2sinx  ⋅2x 1+x2  ， 2 则f0  e0+2cos0 =  1+0  -e0+2sin0  ×0 1+0  =3， 2 即该切线方程为y-1=3x，即y=3x+1， 1 令x=0，则y=1，令y=0，则x=- ， 3 1 1 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S= ×1×- 2 3  1 = . 6 故选：A. 4. 【多选】(2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)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是曲线y=f(x)的切线 【答案】AC 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数 的几何意义判断D. 【解析】由题，fx  =3x2-1，令fx  3 3 >0得x> 或x<- ， 3 3 3 3 令f(x)<0得- 0，f 9 3  2 3 =1- >0，f-2 9  =-5<0， 所以，函数fx  3 在-∞,- 3  上有一个零点， 3 当x≥ 时，fx 3  3 ≥f 3  >0，即函数fx  3 在 ,+∞ 3  上无零点， 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令h(x)=x3-x，该函数的定义域为R，h-x  =-x  3--x  =-x3+x=-hx  ， 则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心， 将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确； 令fx  =3x2-1=2，可得x=±1，又f(1)=f-1  =1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x-1，当切点为(-1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误. 故选：AC. 5. 【多选】(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点 2π  ,0 3  中心对称，则 ( ) 数学试题 第 2 页 共 23 页5π A. f(x)在区间0, 12  π 11π 单调递减 B. f(x)在区间- , 12 12  有两个极值点 7π 3 C. 直线x= 是曲线y=f(x)的对称轴 D. 直线y= -x是曲线y=f(x)的切线 6 2 【答案】AD 【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 2π 【解析】由题意得：f 3  4π =sin +φ 3  4π =0，所以 +φ=kπ，k∈Z， 3 4π 即φ=- +kπ,k∈Z， 3 2π 2π 又0<φ<π，所以k=2时，φ= ，故f(x)=sin2x+ 3 3  ． 5π 对A，当x∈0, 12  2π 2π 3π 时，2x+ ∈ , 3 3 2  5π ，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0, 12  上是 单调递减； π 11π 对B，当x∈- , 12 12  2π π 5π 时，2x+ ∈ , 3 2 2  ，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极 2π 3π 5π 5π 值点，由2x+ = ，解得x= ，即x= 为函数的唯一极值点； 3 2 12 12 7π 2π 7π 对C，当x= 时，2x+ =3π，f 6 3 6  7π =0，直线x= 不是对称轴； 6 2π 对D，由y′=2cos2x+ 3  2π =-1得：cos2x+ 3  1 =- ， 2 2π 2π 2π 4π 解得2x+ = +2kπ或2x+ = +2kπ,k∈Z, 3 3 3 3 π 从而得：x=kπ或x= +kπ,k∈Z, 3 3 所以函数y=f(x)在点0, 2  处的切线斜率为k=y′  2π =2cos =-1， x=0 3 3 3 切线方程为：y- =-(x-0)即y= -x． 2 2 故选：AD． 二 已知切线(斜率)求参数 1. (2025·全国一卷·高考真题)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的切线，则a= . 【答案】4 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利 用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点x 0 ,y 0  与a的方程组，解之即可得解. 【解析】法一：对于y=ex+x+a，其导数为y=ex+1， 因为直线y=2x+5是曲线的切线，直线的斜率为2， 令y=ex+1=2，即ex=1，解得x=0， 将x=0代入切线方程y=2x+5，可得y=2×0+5=5， 所以切点坐标为(0,5)， 因为切点(0,5)在曲线y=ex+x+a上， 所以5=e0+0+a，即5=1+a，解得a=4. 故答案为：4. 法二：对于y=ex+x+a，其导数为y=ex+1， 假设y=2x+5与y=ex+x+a的切点为x 0 ,y 0  ， 数学试题 第 3 页 共 23 页ex0+1=2  则y =2x +5 ，解得a=4. 0 0 y =ex0+x +a 0 0 故答案为：4. 2. (2024·广东江苏·高考真题)若曲线y=ex+x在点0,1  处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则 a= . 【答案】ln2 【分析】先求出曲线y=ex+x在0,1  的切线方程，再设曲线y=lnx+1  +a的切点为 x 0 ,lnx 0 +1   +a  ，求出y，利用公切线斜率相等求出x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 0 【解析】由y=ex+x得y=ex+1，y| =e0+1=2， x=0 故曲线y=ex+x在0,1  处的切线方程为y=2x+1； 由y=lnx+1  1 +a得y= ， x+1 设切线与曲线y=lnx+1  +a相切的切点为 x 0 ,lnx 0 +1   +a  ， 1 1 1 1 由两曲线有公切线得y= =2，解得x =- ，则切点为- ,a+ln x +1 0 2 2 2 0  ， 1 切线方程为y=2x+ 2  1 +a+ln =2x+1+a-ln2， 2 根据两切线重合,所以a-ln2=0，解得a=ln2. 故答案为：ln2 三 求过一点的切线方程 1. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 1 1 【答案】 y= x y=- x e e 【分析】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x 0 ,lnx 0  ，求出函数的导函数，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x ，即可求出切线方程，当x<0时同理可得； 0 【解析】[方法一]：化为分段函数，分段求 分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x 0 ,lnx 0  ，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x ，即可求出切线方程，当x<0时同理可得； 0 解：因为y=lnx  ， 当x>0时y=lnx，设切点为x 0 ,lnx 0  1 1 ，由y= ，所以y| = ，所以切线方程为y-lnx = x x=x0 x 0 0 1 x x-x 0 0  ， 1 又切线过坐标原点，所以-lnx 0 = x -x 0 0  1 ，解得x 0 =e，所以切线方程为y-1= e x-e  ，即y= 1 x； e 当x<0时y=ln-x  ，设切点为 x 1 ,ln-x 1    1 1 ，由y= ，所以y| = ，所以切线方程为y- x x=x1 x 1 ln-x 1  1 = x x-x 1 1  ， 又切线过坐标原点，所以-ln-x 1  1 = x -x 1 1  1 ，解得x 1 =-e，所以切线方程为y-1= -e x+e  ，即y 1 1 1 =- x；故答案为：y= x；y=- x e e e 数学试题 第 4 页 共 23 页[方法二]：根据函数的对称性，数形结合 当x>0时y=lnx，设切点为x 0 ,lnx 0  1 1 ，由y= ，所以y| = ，所以切线方程为y-lnx = x x=x0 x 0 0 1 x x-x 0 0  ， 1 又切线过坐标原点，所以-lnx 0 = x -x 0 0  1 ，解得x 0 =e，所以切线方程为y-1= e x-e  ，即y= 1 x； e 因为y=lnx  是偶函数，图象为： 1 1 所以当x<0时的切线，只需找到y= x关于y轴的对称直线y=- x即可. e e 2. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 【答案】-∞,-4  ∪0,+∞  【分析】设出切点横坐标x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x 的方程， 0 0 根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围. 【解析】∵y=(x+a)ex，∴y=(x+1+a)ex， 设切点为x 0 ,y 0  ,则y 0 =x 0 +a  ex0,切线斜率k=x 0 +1+a  ex0, 切线方程为：y-x 0 +a  ex0=x 0 +1+a  ex0x-x 0  , ∵切线过原点，∴-x 0 +a  ex0=x 0 +1+a  ex0-x 0  , 整理得：x2+ax -a=0, 0 0 ∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0, ∴a的取值范围是-∞,-4  ∪0,+∞  , 故答案为：-∞,-4  ∪0,+∞  3. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)若过点a,b  可以作曲线y=ex的两条切线，则 ( ) A. eb0，此时函数ft  单调递增， 当t>a时，ft  <0，此时函数ft  单调递减， 所以，ft  =fa max  =ea， 由题意可知，直线y=b与曲线y=ft  的图象有两个交点，则b0，当t>a+1时，ft  <0，作出函数ft  的图象如下图所示： 由图可知，当00，与图象不符，排除C. 2 故选：D. 2. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)写出一个同时具有下列性质①②③的函数fx  : ． ①fx 1 x 2  =fx 1  fx 2  ；②当x∈(0,+∞)时，f(x)>0；③f(x)是奇函数． 【答案】fx  =x4(答案不唯一，fx  =x2nn∈N*  均满足) 【分析】根据幂函数的性质可得所求的fx  . 【解析】取fx  =x4，则fx 1 x 2  =x 1 x 2  4=x4 1 x4 2 =fx 1  fx 2  ，满足①， fx  =4x3，x>0时有fx  >0，满足②， fx  =4x3的定义域为R， 又f-x  =-4x3=-fx  ，故fx  是奇函数，满足③. 故答案为：fx  =x4(答案不唯一，fx  =x2nn∈N*  均满足) 3. (2023·全国乙卷·高考真题)设a∈0,1  ，若函数fx  =ax+1+a  x在0,+∞  上单调递增，则a的取值 范围是 . 【答案】  5-1 ,1  2  【分析】原问题等价于fx  =axlna+1+a  xln1+a  ≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形， 1+a 可得 a  x lna ≥- ln1+a  ，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实 数a的取值范围. 【解析】由函数的解析式可得fx  =axlna+1+a  xln1+a  ≥0在区间0,+∞  上恒成立， 则1+a  xln1+a  1+a ≥-axlna，即 a  x lna ≥- ln1+a  在区间0,+∞  上恒成立， 1+a 故 a  0 lna =1≥- ln1+a  ，而a+1∈1,2  ，故ln1+a  >0， 数学试题 第 7 页 共 23 页lna+1 故   ≥-lna aa+1 即  00，所以xex≥ ， a 设gx  =xex,x∈1,2  ，所以gx  =x+1  ex>0，所以gx  在1,2  上单调递增， gx  >g1  1 1 =e，故e≥ ，即a≥ =e-1，即a的最小值为e-1． a e 故选：C． 31 1 1 5. (2022·全国甲卷·高考真题)已知a= ,b=cos ,c=4sin ，则 ( ) 32 4 4 A. c>b>a B. b>a>c C. a>b>c D. a>c>b 【答案】A c 1 【分析】由 =4tan 结合三角函数的性质可得c>b;构造函数fx b 4  1 =cosx+ x2-1,x∈0,+∞ 2  ,利用导数可得b>a,即可得解. 【解析】[方法一]：构造函数 π 因为当x∈0, 2  ,x1，故 >1，所以c>b； b 4 b 1 设f(x)=cosx+ x2-1,x∈(0,+∞)， 2 f(x)=-sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增， 1 故f 4  1 31 >f(0)=0，所以cos - >0， 4 32 所以b>a，所以c>b>a，故选A [方法二]：不等式放缩 π 因为当x∈0, 2  ,sinx1-2 8 4 8 8  2 31 = ，故b>a 32 1 1 1 4sin +cos = 17sin +φ 4 4 4  π ，其中φ∈0, 2  1 4 ，且sinφ= ,cosφ= 17 17 1 1 1 π π 1 当4sin +cos = 17时， +φ= ，及φ= - 4 4 4 2 2 4 1 4 1 1 此时sin =cosφ= ，cos =sinφ= 4 17 4 17 数学试题 第 8 页 共 23 页1 1 4 1 1 故cos = < =sin <4sin ，故ba，所以c>b>a，故选A [方法三]：泰勒展开 31 0.252 1 0.252 0.254 设x=0.25，则a= =1- ，b=cos ≈1- + ， 32 2 4 2 4! 1 sin 1 4 0.252 0.254 c=4sin = ≈1- + ，计算得c>b>a，故选A. 4 1 3! 5! 4 [方法四]：构造函数 c 1 π 因为 =4tan ，因为当x∈0, b 4 2  1 1 c ,sinx ,即 >1，所以c>b；设 4 4 b 1 1 f(x)=cosx+ x2-1,x∈(0,+∞)，f(x)=-sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则f 2 4  > 1 31 f(0)=0,所以cos - >0，所以b>a,所以c>b>a， 4 32 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 c 1 π 因为 =4tan ，因为当x∈0, b 4 2  1 1 c ,sinx ,即 >1，所以c>b；因为 4 4 b π 当x∈0, 2  1 1 1 1 ,sinx1-2 8 4 8 8  2 31 = ，故b>a，所以c>b>a． 32 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通 法； π 方法5：利用二倍角公式以及不等式x∈0, 2  ,sinx-1)，因为f(x)= -1=- ， 1+x 1+x 当x∈(-1,0)时，f(x)>0，当x∈(0,+∞)时f(x)<0， 所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)单调递减，在(-1,0)上单调递增， 1 所以f 9  10 1 1 10 ln =-ln0.9，即b>c， 9 9 9 9 1 所以f- 10  0，函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递增， 又h(0)=0， 所以当00，函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增， 所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>-ln0.9，所以a>c 故选：C. 方法二：比较法 0.1 解：a=0.1e0.1 ，b= ，c=-ln(1-0.1) ， 1-0.1 ① lna-lnb=0.1+ln(1-0.1) ， 令 f(x)=x+ln(1-x),x∈(0,0.1], 1 -x 则 f'(x)=1- = <0 ， 1-x 1-x 故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减， 可得 f(0.1)0 ， 所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)>k(0)>0 ，即 g′(x)>0 ， 所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1)>g(0)=0 ，即 a-c>0 ，所以 a>c. 故 cln1.02=b， 所以b0，即 1+4x>1+x  ，fx  >0， 所以fx  在0,2  上单调递增， 所以f0.01  >f0  =0，即2ln1.01> 1.04-1，即a>c； 令gx  =ln1+2x  - 1+4x+1，则g0  =0，gx  2 2 2 1+4x-1-2x = - = 1+2x 1+4x  1+2x  ， 1+4x 数学试题 第 10 页 共 23 页由于1+4x-1+2x  2=-4x2，在x>0时，1+4x-1+2x  2<0， 所以gx  <0，即函数gx  在[0，+∞)上单调递减，所以g0.01  1) fx  x-1 =-  2 <0，即函数f(x)在(1，+∞)上单调递减 x2+1 f 1+0.04  0，即函数g(x)在(1，3)上单调递增 x2+3 g 1+0.04  g1  =0,∴ac 综上，b0,fx  4 单调递增，当x∈ ,2 3  ,fx  <0,fx  单调递减， 当x∈2,+∞  ,fx  >0,fx  单调递增， 所以x=2是函数fx  =x-1  x-2  x-a  的极小值点，符合题意； 所以f0  =-1×-2  ×-a  =-2a=-4. 故答案为：-4. 2. (2021·全国乙卷·高考真题)设a≠0，若a为函数fx  =ax-a  2 x-b  的极大值点，则 ( ) A. ab C. aba2 【答案】D 【分析】 先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对 进行分类 讨论，画出 图象，即可得到a,b所满足的关系，由此确定正确选项. 【解析】若a=b，则fx  =ax-a  3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b. 数学试题 第 11 页 共 23 页∴fx  有a和b两个不同零点，且在x=a左右附近是不变号，在x=b左右附近是变号的.依题意，a为 函数 的极大值点，∴在x=a左右附近都是小于零的. 当a<0时，由x>b，fx  ≤0，画出fx  的图象如下图所示： 由图可知ba2. 当a>0时，由x>b时，fx  >0，画出fx  的图象如下图所示： 由图可知b>a，a>0，故ab>a2. 综上所述，ab>a2成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 3. (2022·全国乙卷·高考真题)已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点 1 2 和极大值点．若x 0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方 a>1，图象显然不符合题意，所以01，则g′x  在R上单调递增，此时若f′x 0  =0， 则fx  在-∞,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，此时若有x=x 和x=x 分别是函数 1 2 fx  =2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x >x ，不符合题意； 1 2 若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x 1 0，fx 0  =2ax0lna-ex 0  = e 2 -ex lna 0  1 e >0，即x < ，x lna>1故lnax0=x lna=ln 0 lna 0 0 lna  1 >1，所以 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≥ 3 D. x=-1是f(x)的极大值点 【答案】ABD 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用f(x)=-f-x  代入求解即可；对C，举反例f(-1)> 数学试题 第 13 页 共 23 页2即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【解析】对A，因为f(x)定义在R上奇函数，则f(0)=0，故A正确； 对B，当x<0时，-x>0，则f(x)=-x2-3  e-x-2，故B正确； 对C，f(-1)=-1-3  e-2=2e-1  >2，故C错误； 对D，当x<0时，f(x)=3-x2  e-x-2，则f(x)=-3-x2  e-x-2xe-x=x2-2x-3  e-x， 令f(x)=0，解得x=-1或3(舍去)， 当x∈-∞,-1  时，f(x)>0，此时fx  单调递增， 当x∈-1,0  时，f(x)<0，此时fx  单调递减， 则x=-1是f(x)极大值点，故D正确； 故选：ABD. 5. (2024·广东江苏·高考真题)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则 ( ) A. x=3是f(x)的极小值点 B. 当0f(x) 【答案】ACD 【分析】求出函数fx  的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数fx  在 1,3  上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【解析】对A，因为函数fx  的定义域为R，而fx  =2x-1  x-4  +x-1  2=3x-1  x-3  ， 易知当x∈1,3  时，fx  <0，当x∈-∞,1  或x∈3,+∞  时，fx  >0 函数fx  在-∞,1  上单调递增，在1,3  上单调递减，在3,+∞  上单调递增，故x=3是函数fx  的极小值点，正确； 对B，当00，所以1>x>x2>0， 而由上可知，函数fx  在0,1  上单调递增，所以fx  >fx2  ，错误； 对C，当1f2x-1  >f3  ，即-40， 所以f(2-x)>f(x)，正确； 故选：ACD. 6. (2024·上海·高考真题)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M= x 0 x 0 ∈R,x∈-∞,x 0  ,f(x)1，fx  =1， ∴存在fx  在x=2处取最大值，故B选项正确； 对于C选项：在x<-1时，若函数fx  严格递增，则集合M的取值不会是-1,1  ， 而是全体定义域，故C选项错误； 对于D选项：若存在fx  在x=-1处取到极小值，则在x=-1在左侧存在x=n，fn  >f-1  ，与集 合M定义矛盾，故D选项错误. 故选：B 7. 【多选】(2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知函数fx  的定义域为R，fxy  =y2fx  +x2fy  ，则 ( )． A. f0  =0 B. f1  =0 C. fx  是偶函数 D. x=0为fx  的极小值点 【答案】ABC 【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排除选 项D. x2lnx 方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=  ,x≠0  进行判断即可.  0,x=0 【解析】方法一： 因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)， 对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确. 对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确. 对于C，令x=y=-1，f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)，则f(-1)=0， 令y=-1,f(-x)=f(x)+x2f(-1)=f(x)， 又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确， 对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误. 方法二： 因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)， 对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确. 对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确. 对于C，令x=y=-1，f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)，则f(-1)=0， 令y=-1,f(-x)=f(x)+x2f(-1)=f(x)， 又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确， f(xy) f(x) f(y) 对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到 = + ， x2y2 x2 y2 数学试题 第 15 页 共 23 页f(x) 故可以设 =lnx x2  x2lnx (x≠0)，则f(x)=  ,x≠0  ，  0,x=0 当x>0肘，f(x)=x2lnx，则fx  1 =2xlnx+x2⋅ =x(2lnx+1)， x 令fx  <0，得00，得x>e- 2 1 ； 故f(x)在0,e- 2 1  上单调递减，在e- 2 1 ,+∞  上单调递增， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在-e- 2 1 ,0  上单调递增，在-∞,e- 2 1  上单调递减， 显然，此时x=0是f(x)的极大值点，故D错误. 故选：ABC. 8. 【多选】(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)若函数fx  b c =alnx+ + a≠0 x x2  既有极大值也有极小值，则 ( )． A. bc>0 B. ab>0 C. b2+8ac>0 D. ac<0 【答案】BCD 【分析】求出函数f(x)的导数f(x)，由已知可得f(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方 程有两个不等的正根判断作答. b c a b 2c 【解析】函数f(x)=alnx+ + 的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)= - - = x x2 x x2 x3 ax2-bx-2c ， x3 因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x ,x ， 1 2 Δ=b2+8ac>0   b x +x = >0 于是  1 2 a ，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.  2c xx =- >0  1 2 a 故选：BCD 六 利用导数研究函数的最值 b 1. (2022·全国甲卷·高考真题)当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则f(2)= ( ) x 1 1 A. -1 B. - C. D. 1 2 2 【答案】B 【分析】根据题意可知f1  =-2，f1  =0即可解得a,b，再根据fx  即可解出． 【解析】因为函数fx  定义域为0,+∞  ，所以依题可知，f1  =-2，f1  =0，而fx  a b = - ，所 x x2 数学试题 第 16 页 共 23 页以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以fx  2 2 =- + ，因此函数fx x x2  在0,1  上递增，在1,+∞  上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f2  1 1 =-1+ =- ． 2 2 故选：B. 2. (2022·全国乙卷·高考真题)函数fx  =cosx+x+1  sinx+1在区间0,2π  的最小值、最大值分别为 ( ) π π 3π π π π 3π π A. - ， B. - ， C. - ， +2 D. - ， +2 2 2 2 2 2 2 2 2 【答案】D 【分析】利用导数求得fx  的单调区间，从而判断出fx  在区间0,2π  上的最小值和最大值. 【解析】fx  =-sinx+sinx+x+1  cosx=x+1  cosx， 所以fx  π 在区间0, 2  3π 和 ,2π 2  上fx  >0，即fx  单调递增； π 3π 在区间 , 2 2  上fx  <0，即fx  单调递减， 又f0  =f2π  π =2，f 2  π 3π = +2，f 2 2  3π =- +1 2  3π +1=- ， 2 所以fx  在区间0,2π  3π π 上的最小值为- ，最大值为 +2. 2 2 故选：D 3. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)函数fx  =2x-1  -2lnx的最小值为 . 【答案】1 1 1 【分析】由解析式知f(x)定义域为(0,+∞)，讨论01，并结合导数研究的单调 2 2 性，即可求f(x)最小值. 【解析】由题设知：f(x)=|2x-1|-2lnx定义域为(0,+∞)， 1 ∴当01时，f(x)=2x-1-2lnx，有f(x)=2- >0，此时f(x)单调递增； x 又f(x)在各分段的界点处连续， ∴综上有：01时，f(x)单调递增； ∴f(x)≥f(1)=1 故答案为：1. 4. (2023·上海·高考真题)公园修建斜坡，假设斜坡起点在水平面上，斜坡与水平面的夹角为θ，斜坡终点距 离水平面的垂直高度为4米，游客每走一米消耗的体能为1.025-cosθ  ，要使游客从斜坡底走到斜坡顶 端所消耗的总体能最少，则θ= ． 40 【答案】arccos 41 【分析】方法1，根据给定条件，求出斜坡长，列出总体力y关于θ的函数，利用导数求解作答. 方法2，根据给定条件，求出斜坡长，列出总体力y关于θ的函数，借助辅助角公式求解作答. 4 π 【解析】方法1：依题意，斜坡长度L= ,θ∈0, sinθ 2  ， 数学试题 第 17 页 共 23 页4.1-4cosθ 因此人沿斜坡到坡顶消耗的总体力y=f(θ)=L(1.025-cosθ)= ， sinθ 4sin2θ-(4.1-4cosθ)cosθ 4-4.1cosθ 40 求导得f(θ)= = ，由f(θ)=0，得θ=arccos ， sin2θ sin2θ 41 40 40 π 当0<θ0， 41 41 2 40 于是函数f(θ)在0,arccos 41  40 π 上单调递减，在arccos , 41 2  上单调递增， 40 所以当θ=arccos 时，人上坡消耗的总体力f(θ)最小. 41 4 π 方法2：依题意，斜坡长度L= ,θ∈0, sinθ 2  ， 4.1-4cosθ 因此人沿斜坡到坡顶消耗的总体力y=L(1.025-cosθ)= ， sinθ 4.1-4cosθ 由y= ，得ysinθ+4cosθ=4.1，即 y2+16sin(θ+φ)=4.1，其中锐角φ由 sinθ 4 sinφ=  y2+162 确定，  y cosφ=  y2+162 π 显然 y2+16≥4.1，而y>0，则y≥0.9，当且仅当sin(θ+φ)=1，即θ= -φ时取等号， 2 4 40 40 此时cosθ=sinφ= = ，即θ=arccos ， 0.92+16 41 41 40 所以当θ=arccos 时，人上坡消耗的总体力y最小. 41 40 故答案为：arccos 41 5. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积 为36π，且3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是 ( ) 81 A.  18,  4  27 81 B.   ,  4 4  27 64 C.   ,  4 3  D. [18,27] 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正 四棱锥体积的取值范围. 【解析】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为2a，高为h， 则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2, 所以6h=l2，2a2=l2-h2 数学试题 第 18 页 共 23 页1 1 2 l4 所以正四棱锥的体积V= Sh= ×4a2×h= ×l2- 3 3 3 36  l2 1 l6 × = l4- 6 9 36  ， 1 l5 所以V= 4l3- 9 6  1 24-l2 = l3 9 6  ， 当3≤l≤2 6时，V>0，当2 61时，f(x)有三个零点 B. 当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C. 存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D. 存在a，使得点 1,f1    为曲线y=f(x)的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在 (-1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存 在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b-x)为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这 样的a，使得(1,3-3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2-x)=6-6a，据此进行计算判断，亦可利用拐点 结论直接求解. 【解析】A选项，f(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，由于a>1， 故x∈-∞,0  ∪a,+∞  时f(x)>0，故f(x)在-∞,0  ,a,+∞  上单调递增， x∈(0,a)时，f(x)<0，f(x)单调递减， 则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值， 由f(0)=1>0，f(a)=1-a3<0，则f(0)f(a)<0， 根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点， 又f(-1)=-1-3a<0，f(2a)=4a3+1>0，则f(-1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0， 数学试题 第 19 页 共 23 页则f(x)在(-1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确； B选项，f(x)=6x(x-a)，a<0时，x∈(a,0),f(x)<0，f(x)单调递减， x∈(0,+∞)时f(x)>0，f(x)单调递增， 此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴， 即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b-x)， 即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1， 根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式含有x3的项为2C3(2b)0(-x)3=-2x3， 3 于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)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 f(1)=3-3a，若存在这样的a，使得(1,3-3a)为f(x)的对称中心， 则f(x)+f(2-x)=6-6a，事实上， f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a， 于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a 12-6a=0  即12a-24=0 ，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 18-12a=6-6a 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， f(x)=2x3-3ax2+1，f(x)=6x2-6ax，f(x)=12x-6a， a a a 由f(x)=0⇔x= ，于是该三次函数的对称中心为 ,f 2 2 2    ， a 由题意(1,f(1))也是对称中心，故 =1⇔a=2， 2 即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：(1)f(x)的对称轴为x=b⇔f(x)=f(2b-x)；(2)f(x)关于(a,b)对称⇔f(x)+f(2a -x)=2b；(3)任何三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中 b b 心的横坐标是f(x)=0的解，即 - ,f- 3a 3a    是三次函数的对称中心 2. (2021·北京·高考真题)已知函数f(x)=lgx  -kx-2，给出下列四个结论： ①若k=0，f(x)恰 有2个零点； ②存在负数k，使得f(x)恰有1个零点； ③存在负数k，使得f(x)恰有3个零点； ④存在正数k，使得f(x)恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】由fx  =0可得出lgx  =kx+2，考查直线y=kx+2与曲线gx  =lgx  的左、右支分别相切 的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【解析】对于①，当k=0时，由fx  =lgx  1 -2=0，可得x= 或x=100，①正确； 100 数学试题 第 20 页 共 23 页对于②，考查直线y=kx+2与曲线y=-lgx01  100 - lge0 因此，不存在k<0，使得函数fx  有三个零点，③错误； 对于④，考查直线y=kx+2与曲线y=lgxx>1  相切于点Pt,lgt  ， kt+2=lgt t=100e 1   对函数y=lgx求导得y= ，由题意可得 1 ，解得 lge ， xln10 k= k= tln10 100e lge 所以，当00， -a -a 当x∈- , 3 3  ，f(x)<0， 数学试题 第 21 页 共 23 页故fx  -a 的极大值为f- 3  -a ，极小值为f 3  ， 若fx  -a f- 3 要存在3个零点，则  >0 -a f 3     a 3 - 3 a -a - 3 a +2>0  ，即  ，解得a<-3， -a -a -a <0  +a +2<0  3 3 3 故选：B. 4. (2024·全国甲卷·高考真题)曲线y=x3-3x与y=-x-1  2+a在0,+∞  上有两个不同的交点，则a的 取值范围为 ． 【答案】-2,1  【分析】将函数转化为方程，令x3-3x=-x-1  2+a，分离参数a，构造新函数gx  =x3+x2-5x+1, 结合导数求得gx  单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【解析】令x3-3x=-x-1  2+a，即a=x3+x2-5x+1，令gx  =x3+x2-5x+1x>0  , 则gx  =3x2+2x-5=3x+5  x-1  ，令gx  =0x>0  得x=1， 当x∈0,1  时，gx  <0，gx  单调递减， 当x∈1,+∞  时，gx  >0，gx  单调递增，g0  =1,g1  =-2， 因为曲线y=x3-3x与y=-x-1  2+a在0,+∞  上有两个不同的交点， 所以等价于y=a与gx  有两个交点，所以a∈-2,1  . 故答案为：-2,1  八 利用导数研究方程的根 1. (2025·上海·高考真题)已知数列a n  、b n  、c n  的通项公式分别为a =10n-9，b =2n、，c =λa +(1 n n n n -λ)b n .若对任意的λ∈0,1  ，a 、b 、c 的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有 ( ) n n n A. 4个 B. 3个 C. 1个 D. 无数个 【答案】B 【分析】由c =λa +(1-λ)b 可知c 范围，再由三角形三边关系可得a ,b ,c 的不等关系，结合函数 n n n n n n n 零点解不等式可得. 【解析】由题意a ,b ,c >0，不妨设A(n,a ),B(n,b ),C(n,c )， n n n n n n   三点均在第一象限内，由c n =λa n +(1-λ)b n 可知，BC=λBA,λ∈0,1  ， 故点C恒在线段AB上，则有mina ,b n n  ≤c ≤maxa ,b n n n  0， 则f(x)=2xln2-10，由f(x)单调递增， 又f(3)<0,f(4)>0，存在x ∈(3,4)，使f(x )=0， 0 0 即当0x 时，f(x)>0，f(x)单调递增； 0 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0， 可知f(x)存在2个零点，不妨设x ,x (x a 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以a +c >b 恒成立，故b <2a ， n n n n n 10n-9≤2n 所以有  ，解得n=6； 2n<2(10n-9) ②若a ≥b ，即10n-9≥2n时，此时n=2,3,4,5. n n 则a ≥c ≥b ，可知a +c >b 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以b +c >a 恒成立，故a <2b ， n n n n n 10n-9≥2n 所以有  ，解得n=4或5； 10n-9<2n+1 综上可知，正整数n的个数有3个. 故选：B. 数学试题 第 23 页 共 23 页