关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）
专题04 导数及其应用(选择填空题)
1．【2024 年甲卷理科第6 题】设函数f (x)= e
x+2sin x
1+ x
2
，则曲线y = f (x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所
围成的三角形的面积为（ ）
A．1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
【答案】A
【详解】f ' (x)= (e
x+2cos x)(1+ x
2)−(e
x+2sin x)⋅2 x
(1+ x
2)
2
，
则f ' (0)= (e
0+2cos0)(1+0)−(e
0+2sin 0)×0
(1+0)
2
=3，
即该切线方程为y −1=3 x，即y =3 x +1，
令x =0，则y =1，令y =0，则x =−1
3，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S = 1
2 ×1×|−1
3|= 1
6 .
故选：A.
2．【2024 年甲卷理科第7 题】函数f (x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x在区间[−2.8,2.8]的图象大致为
（ ）
A．
B．
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．
D．
【答案】B
【详解】f (−x)=−x
2+(e
−x−e
x)sin (−x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x = f (x)，
又函数定义域为[−2.8,2.8]，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又f (1)=−1+(e−1
e)sin1>−1+(e−1
e)sin π
6 = e
2 −1−1
2e > 1
4 −1
2e >0，
故可排除D.
故选：B.
3．【2024 年新高考2 卷第6 题】设函数f ( x)=a( x +1)
2−1，g( x)=cos x +2ax，当x∈(−1,1)时，曲
线y = f ( x)与y = g( x)恰有一个交点，则a=（ ）
A．−1
B．1
2
C．1
D．2
【答案】D
【详解】解法一：令f ( x)= g(x)，即a( x +1)
2−1=cos x +2ax，可得a x
2+a−1=cos x，
令F (x)=a x
2+a−1,G (x)=cos x，
原题意等价于当x∈(−1,1)时，曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
注意到F (x),G (x)均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，
可得F (0)=G (0)，即a−1=1，解得a=2，
若a=2，令F (x)=G (x)，可得2 x
2+1−cos x =0
因为x∈(−1,1)，则2 x
2≥0,1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
可得2 x
2+1−cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
则方程2 x
2+1−cos x =0有且仅有一个实根0，即曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h(x)= f ( x)−g(x)=a x
2+a−1−cos x , x∈(−1,1)，
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(−x)=a(−x)
2+a−1−cos(−x)=a x
2+a−1−cos x =h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a−2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2 x
2+1−cos x , x∈(−1,1)，
又因为2 x
2≥0,1−cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
4．【2023 年新课标全国Ⅱ卷第6 题】已知函数f (x)=ae
x−ln x在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为
（ ）．
A．e
2
B．e
C．e
−1
D．e
−2
【答案】C
【详解】依题可知，f ' (x)=ae
x−1
x ≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以x e
x≥1
a，
设g(x)= x e
x , x∈(1,2)，所以g' (x)=(x +1)e
x>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)=e，故e≥1
a，即a≥1
e =e
−1，即a 的最小值为e
−1．
故选：C．
5．【2023 年新课标全国Ⅰ卷第4 题】设函数f (x)=2x (x−a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−2]
B．[−2,0)
C．(0,2]
D．[2,+∞)
【答案】D
【详解】函数y =2
x在R 上单调递增，而函数f (x)=2x (x−a)在区间(0,1)上单调递减，
则有函数y = x( x−a)=( x−a
2 )
2−a
2
4 在区间(0,1)上单调递减，因此a
2 ≥1，解得a≥2，
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以a的取值范围是[2,+ ∞).
故选：D
6．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第7 题】设a=0.1e
0.1,b= 1
9 ，c =−ln 0.9，则（ ）
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．a<c<b
【答案】C
【详解】方法一：构造法
设f ( x)= ln(1+ x)−x( x>−1)，因为f
'( x)=
1
1+ x −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，
所以f ( 1
9 )<f (0)=0，所以ln 10
9 −1
9 <0，故1
9 >ln 10
9 =−ln 0.9，即b>c，
所以f (−1
10 )<f (0)=0，所以ln 9
10 + 1
10 <0，故9
10 <e
−1
10，所以1
10 e
1
10 < 1
9
，
故a<b，
设g( x)= x e
x+ ln(1−x)(0< x<1)，则g'( x)=(x +1)e
x+
1
x−1 = (x
2−1)e
x+1
x−1
,
令h( x)=e
x( x
2−1)+1，h'( x)=e
x( x
2+2 x−1)，
当0< x<√2−1时，h'( x)<0，函数h( x)=e
x( x
2−1)+1单调递减，
当√2−1< x<1时，h'( x)>0，函数h( x)=e
x( x
2−1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0< x<√2−1时，h( x)<0，
所以当0< x<√2−1时，g'( x)>0，函数g( x)= x e
x+ ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e
0.1>−ln 0.9，所以a>c
故选：C.
方法二：比较法
解： a=0.1e
0.1 ， b=
0.1
1−0.1 ， c =−ln(1−0.1) ，
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
① ln a−ln b=0.1+ ln(1−0.1) ，
令 f ( x)= x + ln(1−x), x∈(0,0.1],
则 f '( x)=1−
1
1−x = −x
1−x <0 ，
故 f ( x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f (0.1)<f (0)=0 ，即 ln a−ln b<0 ，所以 a<b ；
② a−c =0.1e
0.1+ ln(1−0.1) ，
令 g( x)= x e
x+ ln(1−x), x ∈(0,0.1],
则 g' (x)= x e
x+e
x−
1
1−x = (1+ x)(1−x)e
x−1
1−x
，
令 k( x)=(1+ x)(1−x)e
x−1 ，所以 k '( x)=(1−x
2−2 x)e
x>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 c<a<b.
7．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第8 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36 π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．[18, 81
4 ]
B．[
27
4 , 81
4 ]
C．[
27
4 , 64
3 ]
D．[18,27]
【答案】C
【详解】∵球的体积为36 π，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l
2=2a
2+h
2，3
2=2a
2+(3−h)
2,
所以6h=l
2，2a
2=l
2−h
2
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以正四棱锥的体积V = 1
3 Sh= 1
3 ×4 a
2×h= 2
3 ×(l
2−l
4
36 )× l
2
6 = 1
9(l
4−l
6
36)，
所以V ' = 1
9(4l
3−l
5
6)= 1
9 l
3(
24−l
2
6 )，
当3≤l≤2√6时，V ' >0，当2√6<l≤3√3时，V ' <0，
所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为64
3 ，
又l =3时，V = 27
4 ，l =3√3时，V = 81
4 ,
所以正四棱锥的体积V 的最小值为27
4 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是[
27
4 ，64
3 ].
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V = 4
3 a
2h= 2
3 (6h−h
2)h= 1
3
(12−2h)h×h⩽1
3 ×[
(12−2h)+h+h
3
]
3
= 64
3 (当且仅当
h= 4取到)，
当h= 3
2时，得a= 3√3
√2 ，则V min= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3√3
√2 )
2× 3
2 = 27
4 ;
当l =3√3时，球心在正四棱锥高线上，此时h= 3
2 +3= 9
2，
√2
2 a= 3√3
2
⇒a= 3√3
√2 ，正四棱锥体积V 1= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3√3
√2 )
2× 9
2 = 81
4 < 64
3 ，故该正四棱锥体积的取值
范围是[ 27
4 , 64
3 ].
8．【2022 年高考全国甲卷理第6 题】当x =1时，函数f ( x)=a ln x + b
x 取得最大值−2，则f '(2)=
（ ）
A．−1
B．−1
2
C．1
2
D．1
【答案】B
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】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
x −b
x
2，所以
b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f ' (x)=−2
x + 2
x
2，因此函数f (x)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
2 =−1
2．
故选：B.
9．【2022 年高考全国甲卷理第12 题】已知a= 31
32 ,b=cos 1
4 ,c = 4 sin 1
4 ，则（ ）
A．c>b>a
B．b>a>c
C．a>b>c
D．a>c>b
【答案】A
【详解】[方法一]：构造函数
因为当x∈(0, π
2), x<tan x
故c
b = 4 tan 1
4 >1，故c
b >1，所以c>b；
设f ( x)=cos x + 1
2 x
2−1, x∈(0,+∞)，
f '( x)=−sin x + x>0，所以f ( x)在(0,+ ∞)单调递增，
故f(
1
4)>f (0)=0，所以cos 1
4 −31
32 >0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈(0, π
2),sin x< x，
取x = 1
8得：cos 1
4 =1−2sin
2 1
8 >1−2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a
4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17sin(
1
4 +φ)，其中φ∈(0, π
2)，且sin φ = 1
√17 ,cosφ = 4
√17
当4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17时，1
4 +φ= π
2 ，及φ= π
2 −1
4
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
此时sin 1
4 =cosφ = 4
√17 ，cos 1
4 =sin φ = 1
√17
故cos 1
4 = 1
√17 < 4
√17 =sin 1
4 <4 sin 1
4 ，故b<c
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法三]：泰勒展开
设x =0.25，则a= 31
32 =1−0.25
2
2
，b=cos 1
4 ≈1−0.25
2
2
+ 0.25
4
4!
，
c = 4 sin 1
4 =
sin 1
4
1
4
≈1−0.25
2
3!
+ 0.25
4
5!
，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0, π
2),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；设
f ( x)=cos x + 1
2 x
2−1, x∈(0,+∞)，f '( x)=−sin x + x>0，所以f ( x)在(0,+∞)单调递增，则
f(
1
4)>f (0)=0,所以cos 1
4 −31
32 >0，所以b>a,所以c>b>a，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0, π
2),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；因为当
x∈(0, π
2),sin x< x，取x = 1
8得cos 1
4 =1−2sin
2 1
8 >1−2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a，所以c>b>a．
故选：A．
10．【2021 年新课标全国Ⅰ卷第7 题】若过点(a,b)可以作曲线y =e
x的两条切线，则（ ）
A．e
b<a
B．e
a<b
C．0<a<e
b
D．0<b<e
a
【答案】D
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】在曲线y =e
x上任取一点P(t ,e
t)，对函数y =e
x求导得y ' =e
x，
所以，曲线y =e
x在点P处的切线方程为y −e
t =e
t (x−t )，即y =e
t x +(1−t )e
t，
由题意可知，点(a,b)在直线y =e
t x +(1−t )e
t上，可得b=ae
t +(1−t )e
t =(a+1−t )e
t，
令f (t )=(a+1−t )e
t，则f ' (t )=(a−t )e
t.
当t <a时，f ' (t )>0，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 )max = f (a)=e
a，
由题意可知，直线y =b与曲线y = f (t )的图象有两个交点，则b<f (t )max =e
a，
当t <a+1时，f (t )>0，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0<b<e
a时，直线y =b与曲线y = f (t )的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线y =e
x的图象如图所示，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以
作出两条切线.由此可知0<b<e
a.
故选：D.
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
11．【2021 年高考全国乙卷理第10 题】设a≠0，若a为函数f (x)=a(x −a)
2(x −b)的极大值点，则
（ ）
A．a<b
B．a>b
C．ab<a
2
D．ab>a
2
【答案】D
【详解】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.
∴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b<a，a<0，故ab>a
2.
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>a
2.
综上所述，ab>a
2成立.
故选：D
12．【2021 年高考全国乙卷理第12 题】设a=2ln1.01，b= ln1.02，c =√1.04−1．则（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．b<a<c
D．c<a<b
【答案】B
【详解】[方法一]：
a=2ln1.01= ln1.01
2= ln (1+0.01)
2= ln(1+2×0.01+0.01
2)>ln1.02=b，
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以b<a；
下面比较c与a,b的大小关系.
记f (x)=2ln (1+ x)−√1+ 4 x +1，则f (0)=0，f ' (x)=
2
1+ x −
2
√1+ 4 x = 2(√1+ 4 x−1−x)
(1+ x)√1+ 4 x
，
由于1+ 4 x −(1+ x)
2=2 x −x
2= x (2−x)
所以当0<x<2 时，1+ 4 x −(1+ x)
2>0，即√1+ 4 x>(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+2 x)−√1+ 4 x +1，则g(0)=0，g' (x)=
2
1+2 x −
2
√1+ 4 x = 2(√1+ 4 x−1−2 x)
(1+ x)√1+ 4 x
，
由于1+ 4 x −(1+2 x)
2=−4 x
2，在x>0 时，1+ 4 x −(1+2 x)
2<0，
所以g' (x)<0，即函数g(x)在[0，+∞)上单调递减，所以g(0.01)< g(0)=0，即ln1.02<√1.04−1，即
b<c；
综上，b<c<a，
故选：B.
[方法二]：
令f (x)= ln(
x
2+1
2 )−x−1( x>1)
f ' (x)=−(x−1)
2
x
2+1
<0，即函数f ( x)在（1，+∞)上单调递减
f (√1+0.04)<f (1)=0,∴b<c
令g(x)=2ln(
x
2+3
4 )−x +1(1< x<3)
g' (x)= (x−1)(3−x)
x
2+3
>0，即函数g( x)在（1，3)上单调递增
g(√1+0.04)⟨g(1)=0,∴a⟩c
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
综上，b<c<a，
故选：B.
13．【2020 年新课标Ⅰ卷理科第6 题】函数f ( x)= x
4−2 x
3的图像在点(1，f (1))处的切线方程为
（ ）
A．y =−2 x−1
B．y =−2 x +1
C．y =2 x−3
D．y =2 x +1
【答案】B
【详解】∵f (x)= x
4−2 x
3，∴f ' (x)= 4 x
3−6 x
2，∴f (1)=−1，f ' (1)=−2，
因此，所求切线的方程为y +1=−2(x−1)，即y =−2 x +1.
故选：B.
14．【2019 年新课标Ⅲ卷理科第6 题】已知曲线y =ae
x+ x ln x在点(1,ae)处的切线方程为y =2 x +b，则
A．a=e ,b=−1
B．a=e ,b=1
C．a=e
−1,b=1
D．a=e
−1,b=−1
【答案】D
【详解】详解：y ' =ae
x+ ln x +1,
k = y ' |x =1=ae+1=2，∴a=e
−1
将(1,1)代入y =2 x +b得2+b=1,b=−1，故选D．
15．【2019 年新课标Ⅲ卷理科第7 题】函数y =
2 x
3
2
x+2
−x 在[−6,6]的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】设y = f ( x)=
2 x
3
2
x+2
−x ，则f (−x)= 2(−x)
3
2
−x+2
x =−
2 x
3
2
x+2
−x =−f ( x)，所以f ( x)是奇函数，图象关于
原点成中心对称，排除选项C．又f (4)= 2×4
3
2
4+2
−4 >0,排除选项D；f (6)= 2×6
3
2
6+2
−6 ≈7，排除选项A，故选
B．
16．【2018 年新课标Ⅲ卷理科第7 题】函数y =−x
4+ x
2+2的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】函数过定点(0,2)，排除A ,B，
求得函数的导数f ' (x)=−4 x
3+2 x =−2 x(2 x
2−1)，
由f ' (x)>0得2 x(2 x
2−1)<0，
得x<−√2
2 或0< x< √2
2 ，此时函数单调递增，排除C，故选D.
17．【2018 年新课标Ⅰ卷理科第5 题】设函数f (x)= x
3+(a−1) x
2+ax．若f (x)为奇函数，则曲线y = f (x)
在点(0 ， 0)处的切线方程为( )
A．y =−2 x
B．y =−x
C．y =2 x
D．y = x
【答案】D
【详解】因为函数f ( x)是奇函数，所以a−1=0，解得a=1，
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以f ( x)= x
3+ x，f '( x)=3 x
2+1，
所以f '(0)=1,f (0)=0，
所以曲线y = f ( x)在点(0,0)处的切线方程为y −f (0)= f '(0)x，
化简可得y = x，故选D.
18．【2018 年新课标Ⅰ卷理科第9 题】已知函数f ( x)={
e
x，x ≤0，
ln x，x>0，g( x)= f ( x)+ x +a．若g（x）存
在2 个零点，则a 的取值范围是
A．[–1，0）
B．[0，+∞）
C．[–1，+∞）
D．[1，+∞）
【答案】C
【详解】画出函数f ( x)的图像，y =e
x在y 轴右侧的去掉，
再画出直线y =−x，之后上下移动，
可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，
并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，
即方程f ( x)=−x−a有两个解，
也就是函数g( x)有两个零点，
此时满足−a≤1，即a≥−1，故选C.
19．【2018 年新课标Ⅱ卷理科第3 题】函数f (x)= e
x−e
−x
x
2
的图像大致为 ( )
A．
B．
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．
D．
【答案】B
【详解】
∵x≠0,f (−x)= e
−x−e
x
x
2
=−f ( x)∴f ( x)为奇函数，舍去A,
∵f (1)=e−e
−1>0∴舍去D;
∵f '( x)= (e
x+e
−x)x
2−(e
x−e
−x)2 x
x
4
= ( x−2)e
x+( x +2)e
−x
x
3
∴x>2,f '( x)>0，
所以舍去C；因此选B.
20．【2017 年新课标Ⅲ卷理科第11 题】已知函数f ( x)= x
2−2 x +a(e
x−1+e
−x +1)有唯一零点，则a=
A．−1
2
B．1
3
C．1
2
D．1
【答案】C
【详解】因为f ( x)= x
2−2 x +a(e
x−1+e
−x +1)=(x −1)
2+a(e
x−1+e
−x +1)−1，设t = x−1，则
f (x)= g(t )=t
2+a(e
t +e
−t)−1，因为g(t )= g(−t )，所以函数g(t )为偶函数，若函数f ( x)有唯一零点，则
函数g(t )有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当t =0时，g(t )=0才满足题意，即x =1是函数f ( x)的
唯一零点，所以2a−1=0，解得a= 1
2.故选：C.
21．【2017 年新课标Ⅱ卷理科第11 题】若x =−2是函数f ( x)=( x
2+ax−1)e
x−1的极值点，则f ( x)的极小
值为．
A．−1
B．−2e
−3
C．5e
−3
D．1
【答案】A
【详解】由题可得f ' (x)=(2 x +a)e
x−1+(x
2+ax−1)e
x−1=[x
2+(a+2) x +a−1]e
x−1，
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为f ' (−2)=0，所以a=−1，f (x)=(x
2−x −1)e
x−1，故f ' (x)=(x
2+ x −2)e
x−1，
令f ' (x)>0，解得x<−2或x>1，
所以f (x)在(−∞,−2),(1,+ ∞)上单调递增，在(−2,1)上单调递减，
所以f (x)的极小值为f (1)=(1−1−1)e
1−1=−1，故选A．
22．【2016 年新课标Ⅰ卷理科第7 题】函数y =2 x
2−e
| x|在[– 2,2]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】函数f ( x)=2 x
2−e
| x||在[–2,2]上是偶函数，其图象关于y轴对称，
因为f (2)=8−e
2,0<8−e
2<1，
所以排除A ,B选项；
当x∈[0,2]时，y ' = 4 x−e
x有一零点，设为x0，当x∈(0, x0)时，f ( x)为减函数，
当x∈( x0,2)时，f ( x)为增函数．
故选：D.
23．【2015 年新课标Ⅱ理科第12 题】设函数f '( x)是奇函数f ( x)（x∈R）的导函数，f (−1)=0，当
x>0时，xf '( x)−f ( x)<0，则使得f ( x)>0成立的x的取值范围是
A．(−∞,−1)⋃(0,1)
B．(−1,0)∪(1,+ ∞)
C．(−∞,−1)⋃(−1,0)
D．(0,1)∪(1,+ ∞)
【答案】A
【详解】构造新函数g(x)= f (x)
x
,g' (x)= xf ' (x)−f (x)
x
2
，当x>0时g' (x)<0.
所以在(0,+∞)上g(x)= f (x)
x
单减，又f (1)=0，即g(1)=0.
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以g(x)= f (x)
x
>0可得0< x<1,此时f (x)>0，
又f (x)为奇函数，所以f (x)>0在(−∞,0)∪(0,+ ∞)上的解集为：(−∞,−1)∪(0,1).
故选A.
24．【2015 年新课标Ⅰ理科第12 题】设函数f (x)=e
x(2 x −1)−ax +a，其中a<1 ，若存在唯一的整数x0，
使得f ( x0)<0，则a的取值范围是（ ）
A．[−3
2e ,1)
B．[−3
2e , 3
4)
C．[
3
2e , 3
4)
D．[
3
2e ,1)
【答案】D
【详解】设g(x)=e
x(2 x−1)，y =a(x−1)，
由题意知，函数y = g(x)在直线y =ax−a下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
g' (x)=e
x(2 x +1)，当x<−1
2时，g' (x)<0；当x>−1
2时，g' (x)>0.
所以，函数y = g(x)的最小值为g(−1
2)=−2e
−1
2.
又g(0)=−1，g(1)=e>0.
直线y =ax−a恒过定点(1,0)且斜率为a，
故−a> g(0)=−1且g(−1)=−3
e ≥−a−a，解得3
2e ≤a<1，故选D.
25．【2024 年新高考1 卷第10 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0< x<1时，f ( x)<f (x
2)
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．当1< x<2时，−4<f (2 x−1)<0
D．当−1< x<0时，f (2−x)>f ( x)
【答案】ACD
【详解】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0< x<1时，x−x
2= x (1−x)>0，所以1> x> x
2>0，
而由上可知，函数f (x)在(0,1)上单调递增，所以f (x)>f (x
2)，错误；
对C，当1< x<2时，1<2 x−1<3，而由上可知，函数f (x)在(1,3)上单调递减，
所以f (1)>f (2 x−1)>f (3)，即−4<f (2 x−1)<0，正确；
对D，当−1< x<0时，f (2−x)−f ( x)=(1−x)
2(−2−x)−(x −1)
2(x −4)=(x −1)
2(2−2 x)>0，
所以f (2−x)>f ( x)，正确；
故选：ACD.
26．【2024 年新高考2 卷第11 题】设函数f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，则（ ）
A．当a>1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
【详解】A 选项，f
'( x)=6 x
2−6ax =6 x( 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−a
3<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)= 4 a
3+1>0，则f (−1)f (0)<0,f (a)f (2a)<0，
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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)=6 x( 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2 x
3−3a x
2+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x
3的项为2C3
3(2b)
0(−x)
3=−2 x
3，
于是等式左右两边x
3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)=2 x
3−3a x
2+1+2(2−x)
3−3a(2−x)
2+1=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
即{
12−6a=0
12a−24 =0
18−12a=6−6a
，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.
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)=2 x
3−3a x
2+1，f '( x)=6 x
2−6ax，f ' '( x)=12 x−6a，
由f ' '( x)=0⇔x = a
2，于是该三次函数的对称中心为(
a
2 ,f(
a
2))，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2 =1⇔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.
故选：AD
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
27．【2023 年新课标全国Ⅱ卷第11 题】若函数f (x)=aln x + b
x + c
x
2 (a≠0)既有极大值也有极小值，则
（ ）．
A．bc>0
B．ab>0
C．b
2+8ac>0
D．ac<0
【答案】BCD
【详解】函数f ( x)=a ln x + b
x + c
x
2的定义域为(0,+∞)，求导得f '( x)= a
x −b
x
2 −2c
x
3 = a x
2−bx−2c
x
3
，
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a x
2−bx−2c =0有两个不等的正根x1, x2，
于是{
Δ=b
2+8ac>0
x1+ x2= b
a >0
x1 x2=−2c
a >0
，即有b
2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a
2bc<0，即bc<0，A 错误，BCD 正确.
故选：BCD
28．【2023 年新课标全国Ⅰ卷第11 题】已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)= y
2f (x)+ x
2f ( 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
【详解】方法一：
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y )，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (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)+ x
2f (−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：
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y )，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (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)+ x
2f (−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，当x
2 y
2≠0时，对f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y )两边同时除以x
2 y
2，得到f ( xy )
x
2 y
2 = f ( x)
x
2 + f ( y)
y
2 ，
故可以设f ( x)
x
2 = ln|x|( x≠0)，则f ( x)={
x
2ln|x|, x≠0
0, x =0
，
当x>0肘，f ( x)= x
2ln x，则f ' (x)=2 x ln x + x
2⋅1
x = x(2ln x +1)，
令f ' (x)<0，得0< x<e
−1
2；令f ' (x)>0，得x>e
−1
2；
故f ( x)在(0,e
−1
2)上单调递减，在(e
−1
2 ,+∞)上单调递增，
因为f ( x)为偶函数，所以f ( x)在(−e
−1
2 ,0)上单调递增，在(−∞,e
−1
2)上单调递减，
显然，此时x =0是f ( x)的极大值，故D 错误.
故选：ABC.
29．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第10 题】已知函数f ( x)= x
3−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 =2 x是曲线y = f ( x)的切线
【答案】AC
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】由题，f ' (x)=3 x
2−1，令f ' (x)>0得x> √3
3 或x<−√3
3 ，
令f '( x)<0得−√3
3 < x< √3
3 ，
所以f ( x)在(−∞,−√3
3 )，( √3
3 ,+ ∞)上单调递增，(−√3
3 , √3
3 )上单调递减，所以x =± √3
3 是极值点，故
A 正确；
因f (−√3
3 )=1+ 2√3
9
>0，f ( √3
3 )=1−2√3
9
>0，f (−2)=−5<0，
所以，函数f (x)在(−∞,−√3
3 )上有一个零点，
当x ≥√3
3 时，f (x)≥f(
√3
3 )>0，即函数f (x)在(
√3
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)= x
3−x，该函数的定义域为R，h(−x)=(−x)
3−(−x)=−x
3+ 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)=3 x
2−1=2，可得x =±1，又f (1)= f (−1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y =2 x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y =2 x +3，故D 错误.
故选：AC.
30．【2022 年新课标全国Ⅱ卷第9 题】已知函数f ( x)=sin(2 x +φ)(0<φ<π )的图像关于点(
2π
3 ,0)中心
对称，则（ ）
A．f ( x)在区间(0, 5 π
12)单调递减
B．f ( x)在区间(−π
12 , 11π
12 )有两个极值点
C．直线x = 7 π
6 是曲线y = f ( x)的对称轴
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．直线y = √3
2 −x是曲线y = f ( x)的切线
【答案】AD
【详解】由题意得：f(
2π
3 )=sin(
4 π
3 +φ)=0，所以4 π
3 +φ =k π，k ∈Z，
即φ =−4 π
3 +k π ,k ∈Z，
又0<φ<π，所以k =2时，φ = 2π
3 ，故f ( x)=sin(2 x + 2π
3 )．
对A，当x∈(0, 5 π
12)时，2 x + 2π
3 ∈(
2π
3 , 3 π
2 )，由正弦函数y =sinu图象知y = f ( x)在(0, 5 π
12)上是单
调递减；
对B，当x∈(−π
12 , 11π
12 )时，2 x + 2π
3 ∈(
π
2 , 5 π
2 )，由正弦函数y =sinu图象知y = f ( x)只有1 个极值
点，由2 x + 2π
3 = 3 π
2 ，解得x = 5 π
12 ，即x = 5 π
12 为函数的唯一极值点；
对C，当x = 7 π
6 时，2 x + 2π
3 =3 π，f ( 7 π
6 )=0，直线x = 7 π
6 不是对称轴；
对D，由y ' =2cos(2 x + 2π
3 )=−1得：cos(2 x + 2π
3 )=−1
2，
解得2 x + 2π
3 = 2π
3 +2k π或2 x + 2π
3 = 4 π
3 +2k π ,k ∈Z,
从而得：x =k π或x = π
3 +k π ,k ∈Z,
所以函数y = f ( x)在点(0, √3
2 )处的切线斜率为k = y '|x =0=2cos 2π
3 =−1，
切线方程为：y −√3
2 =−( x−0)即y = √3
2 −x．
故选：AD．
31．【2024 年新高考1 卷第13 题】若曲线y =e
x+ x在点(0,1)处的切线也是曲线y = ln( x +1)+a的切线，
则a= .
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】ln2
【详解】由y =e
x+ x得y ' =e
x+1，y ' |x =0=e
0+1=2，
故曲线y =e
x+ x在(0,1)处的切线方程为y =2 x +1；
由y = ln (x +1)+a得y
' =
1
x +1，
设切线与曲线y = ln (x +1)+a相切的切点为(x0,ln(x0+1)+a)，
由两曲线有公切线得y ' =
1
x0+1 =2，解得x0=−1
2，则切点为(−1
2 ,a+ ln 1
2)，
切线方程为y =2(x + 1
2)+a+ ln 1
2 =2 x +1+a−ln 2，
根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得a= ln2.
故答案为：ln2
32．【2023 年新课标全国Ⅰ卷第15 题】已知函数f (x)=cosωx −1(ω>0)在区间[0,2π ]有且仅有3 个零点，
则ω的取值范围是 ．
【答案】[2,3)
【详解】
因为0≤x ≤2π，所以0≤ωx ≤2ω π，
令f ( x)=cosωx −1=0，则cosωx =1有3 个根，
令t =ωx，则cost =1有3 个根，其中t ∈[0,2ω π ]，
结合余弦函数y =cost的图像性质可得4 π ≤2ω π <6 π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
33．【2023 年高考全国乙卷理第16 题】设a∈(0,1)，若函数f (x)=a
x+(1+a)
x在(0,+∞)上单调递增，则
a 的取值范围是 .
【答案】[
√5−1
2
,1)
【详解】
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由函数的解析式可得f ' (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则(1+a)
x ln (1+a)≥−a
x ln a，即(
1+a
a )
x
≥−
ln a
ln (1+a)在区间(0,+ ∞)上恒成立，
故(
1+a
a )
0
=1≥−
ln a
ln (1+a)，而a+1∈(1,2)，故ln (1+a)>0，
故{
ln (a+1)≥−ln a
0<a<1
即{
a(a+1)≥1
0<a<1
，故√5−1
2
≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是[
√5−1
2
,1).
故答案为：[
√5−1
2
,1).
34．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第15 题】若曲线y =( x +a)e
x有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是
．
【答案】(−∞,−4)⋃(0,+ ∞)
【详解】∵y =( x +a)e
x，∴y ' =( x +1+a)e
x，
设切点为(x0, y0),则y0=(x0+a)e
x0,切线斜率k =(x0+1+a)e
x0,
切线方程为：y −(x0+a)e
x0=(x0+1+a)e
x0(x−x0),
∵切线过原点，∴−(x0+a)e
x0=(x0+1+a)e
x0(−x0),
整理得：x0
2+a x0−a=0,
∵切线有两条，∴Δ=a
2+ 4 a>0,解得a<−4或a>0,
∴a的取值范围是(−∞,−4)⋃(0,+ ∞),
故答案为：(−∞,−4)⋃(0,+ ∞)
35．【2022 年新课标全国Ⅱ卷第14 题】曲线y = ln| x|过坐标原点的两条切线的方程为 ，
．
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】 y = 1
e x y =−1
e x
【详解】[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(x0,ln x0)，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x0，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
解： 因为y = ln|x|，
当x>0时y = ln x，设切点为(x0,ln x0)，由y ' = 1
x ，所以y ' |x = x0= 1
x0
，所以切线方程为
y −ln x0= 1
x0
(x−x0)，
又切线过坐标原点，所以−ln x0= 1
x0
(−x0)，解得x0=e，所以切线方程为y −1= 1
e
(x−e)，即y = 1
e x；
当x<0时y = ln (−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y ' = 1
x ，所以y ' |x = x1= 1
x1
，所以切线方程为
y −ln(−x1)= 1
x1
(x−x1)，
又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)= 1
x1
(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y −1= 1
−e
(x +e)，即
y =−1
e x；故答案为：y = 1
e x；y =−1
e x
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当x>0时y = ln x，设切点为(x0,ln x0)，由y ' = 1
x ，所以y ' |x = x0= 1
x0
，所以切线方程为
y −ln x0= 1
x0
(x−x0)，
又切线过坐标原点，所以−ln x0= 1
x0
(−x0)，解得x0=e，所以切线方程为y −1= 1
e
(x−e)，即y = 1
e x；
因为y = ln|x|是偶函数，图象为：
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以当x<0时的切线，只需找到y = 1
e x关于y 轴的对称直线y =−1
e x即可.
[方法三]：
因为y = ln|x|，
当x>0时y = ln x，设切点为(x0,ln x0)，由y ' = 1
x ，所以y ' |x = x0= 1
x0
，所以切线方程为
y −ln x0= 1
x0
(x−x0)，
又切线过坐标原点，所以−ln x0= 1
x0
(−x0)，解得x0=e，所以切线方程为y −1= 1
e
(x−e)，即y = 1
e x；
当x<0时y = ln (−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y ' = 1
x ，所以y ' |x = x1= 1
x1
，所以切线方程为
y −ln(−x1)= 1
x1
(x−x1)，
又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)= 1
x1
(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y −1= 1
−e
(x +e)，即
y =−1
e x；
故答案为：y = 1
e x；y =−1
e x.
36．【2022 年高考全国乙卷理第16 题】已知x = x1和x = x2分别是函数f ( x)=2a
x−e x
2（a>0且a≠1）的
极小值点和极大值点．若x1< x2，则a 的取值范围是 ．
【答案】(
1
e ,1)
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为f ' (x)=2ln a⋅a
x−2e x，所以方程2ln a⋅a
x−2e x =0的两个根为x1, x2，
即方程ln a⋅a
x =e x的两个根为x1, x2，
即函数y = ln a⋅a
x与函数y =e x的图象有两个不同的交点，
因为x1, x2分别是函数f (x)=2a
x−e x
2的极小值点和极大值点，
所以函数f (x)在(−∞, x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1, x2)上递增，
所以当时(−∞, x1)(x2,+∞)，f ' (x)<0，即y =e x图象在y = ln a⋅a
x上方
当x∈(x1, x2)时，f ' (x)>0，即y =e x图象在y = ln a⋅a
x下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0<a<1．
令g(x)= ln a⋅a
x，则g' (x)=l n
2a⋅a
x,0<a<1，
设过原点且与函数y = g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,ln a⋅a
x0)，
则切线的斜率为g' (x0)=l n
2a⋅a
x0，故切线方程为y −ln a⋅a
x0=l n
2a⋅a
x0(x−x0)，
则有−ln a⋅a
x0=−x0l n
2a⋅a
x0，解得x0= 1
ln a，则切线的斜率为l n
2a⋅a
1
ln a =el n
2a，
因为函数y = ln a⋅a
x与函数y =e x的图象有两个不同的交点，
所以el n
2a<e，解得1
e <a<e，又0<a<1，所以1
e <a<1，
综上所述，a的取值范围为(
1
e ,1)．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
f ' (x)=2ln a⋅a
x−2e x=0 的两个根为x1, x2
因为x1, x2分别是函数f (x)=2a
x−e x
2的极小值点和极大值点，
所以函数f (x)在(−∞, x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1, x2)上递增，
设函数g(x)= f ' (x)=2(a
x ln a−ex)，则g' (x)=2a
x(ln a)
2−2e，
若a>1，则g' (x)在R上单调递增，此时若g' (x0)=0，则f ' (x)在
(−∞, x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，此时若有x = x1和x = x2分别是函数
f (x)=2a
x−e x
2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1> x2，不符合题意；
若0<a<1，则g' (x)在R上单调递减，此时若g' (x0)=0，则f ' (x)在(−∞, x0)上单调递增，在(x0,+∞)上
单调递减，令g' (x0)=0，则a
x0=
e
(ln a)
2，此时若有x = x1和x = x2分别是函数f (x)=2a
x−e x
2(a>0且
a≠1)的极小值点和极大值点，且x1< x2，则需满足f
'(x0)>0，
f ' (x0)=2(a
x0ln a−e x0)=2(
e
ln a −e x0)>0，即x0< 1
ln a ，x0ln a>1故ln a
x0= x0ln a= ln
e
(ln a)
2 >1，所
以1
e <a<1.
37．【2021 年新课标全国Ⅰ卷第15 题】函数f (x)=|2 x−1|−2ln x的最小值为 .
【答案】1
【详解】由题设知：f ( x)=|2 x−1|−2ln x定义域为(0,+∞)，
∴当0< x ≤1
2时，f ( x)=1−2 x−2ln x，此时f ( x)单调递减；
当1
2 < x ≤1时，f ( x)=2 x−1−2ln x，有f '( x)=2−2
x ≤0，此时f ( x)单调递减；
当x>1时，f ( x)=2 x−1−2ln x，有f '( x)=2−2
x >0，此时f ( x)单调递增；
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
又f ( x)在各分段的界点处连续，
∴综上有：0< x ≤1时，f ( x)单调递减，x>1时，f ( x)单调递增；
∴f ( x)≥f (1)=1
故答案为：1.
38．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第14 题】写出一个同时具有下列性质①②③的函数f (x): ．
①f (x1 x2)= f (x1)f (x2)；②当x∈(0,+ ∞)时，f '( x)>0；③f
'( x)是奇函数．
【答案】f (x)= x
4（答案不唯一，f (x)= x
2n(n∈N
∗)均满足）
【详解】取f (x)= x
4，则f (x1 x2)=(x1 x2)
4= x1
4 x2
4= f (x1)f (x2)，满足①，
f ' (x)= 4 x
3，x>0时有f ' (x)>0，满足②，
f ' (x)= 4 x
3的定义域为R，
又f ' (−x)=−4 x
3=−f ' (x)，故f ' (x)是奇函数，满足③.
故答案为：f (x)= x
4（答案不唯一，f (x)= x
2n(n∈N
∗)均满足）
39．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第16 题】已知函数f ( x)=|e
x−1|, x1<0, x2>0，函数f ( x)的图象在点
A(x1,f (x1))和点B(x2,f (x2))的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M，N 两点，则| AM |
|BN | 取值范围是
．
【答案】(0,1)
【详解】由题意，f (x)=|e
x−1|={
1−e
x , x<0
e
x−1, x ≥0
，则f ' (x)={
−e
x , x<0
e
x , x>0
，
所以点A(x1,1−e
x1)和点B(x2,e
x2−1)，k AM =−e
x1,k BN =e
x2,
所以−e
x1⋅e
x2=−1, x1+ x2=0，
所以AM : y −1+e
x1=−e
x1(x −x1), M (0,e
x1 x1−e
x1+1)，
所以|AM|=√x1
2+(e
x1 x1)
2=√1+e
2 x1⋅|x1|，
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
同理|BN|=√1+e
2 x2⋅|x2|,
所以|AM|
|BN| = √1+e
2 x1⋅|x1|
√1+e
2 x2⋅|x2|
=√
1+e
2 x1
1+e
2 x2 =√
1+e
2 x1
1+e
−2 x1 =e
x1∈(0,1).
故答案为：(0,1)
40．【2021 年高考全国甲卷理第13 题】曲线y = 2 x−1
x +2 在点(−1,−3)处的切线方程为 ．
【答案】5 x−y +2=0
【详解】由题，当x =−1时，y =−3，故点在曲线上．
求导得：y ' = 2(x +2)−(2 x−1)
(x +2)
2
=
5
(x +2)
2，所以y ' |x =−1=5．
故切线方程为5 x−y +2=0．
故答案为：5 x−y +2=0．
41．【2019 年新课标Ⅰ卷理科第13 题】曲线y =3( x
2+ x)e
x在点(0,0)处的切线方程为 ．
【答案】3 x−y =0.
【详解】详解：y
/=3(2 x +1)e
x+3( x
2+ x)e
x =3( x
2+3 x +1)e
x ,
所以，k = y
/|x =0=3
所以，曲线y =3( x
2+ x)e
x在点(0,0)处的切线方程为y =3 x，即3 x−y =0．
42．【2018 年新课标Ⅱ卷理科第13 题】曲线y =2ln( x +1)在点(0, 0)处的切线方程为 ．
【答案】y =2 x
【详解】∵y ' =
2
x +1 ∴k =
2
0+1 =2∴y =2 x
43．【2018 年新课标Ⅲ卷理科第14 题】曲线y =(ax +1)e
x在点(0 ， 1)处的切线的斜率为−2，
则a= ．
【答案】−3
【详解】解：y ' =ae
x+(ax +1)e
x
则f ' (0)=a+1=−2
所以a=−3
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故答案为-3.
44．【2018 年新课标Ⅰ卷理科第16 题】已知函数f (x)=2sin x +sin 2 x，则f (x)的最小值是 ．
【答案】−3√3
2
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
f '( x)=2cos x +2cos2 x =2cos x +2(2co s
2 x−1)= 4 co s
2 x +2cos x−2
=2(cos x +1)⋅(2cos x−1)．
令f '( x)>0，得cos x> 1
2，即f ( x)在区间(2k π −π
3 ,2k π + π
3)(k ∈Z )内单调递增；
令f '( x)<0，得cos x< 1
2，即f ( x)在区间(2k π + π
3 ,2k π + 5 π
3 )(k ∈Z )内单调递减．
则[ f ( x)]min= f(2k π −π
3)=−3√3
2
．
故答案为：−3√3
2
.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为f ( x)=2sin x +2sin x cos x =2sin x(1+cos x)，
所以f
2( x)= 4 sin
2 x(1+cos x)
2= 4(1−cos x)(1+cos x)
3
= 4
3 (3−3cos x)(1+cos x)(1+cos x)(1+cos x)
≤4
3[
(3−3cos x)+(1+cos x)+(1+cos x)+(1+cos x)
4
]
4
= 4
3 ×(
3
2)
4
= 27
4
．
当且仅当3−3cos x =1+cos x，即cos x = 1
2时，取等号．
根据f (−x)=−f ( x)可知，f ( x)是奇函数，于是f ( x)∈[−3√3
2
, 3√3
2 ],[ f ( x)]min=−3√3
2
，此时
sin x =−√3
2 ,cos x = 1
2．
故答案为：−3√3
2
.
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
f ( x)=sin x +sin 2 x =2sin x(1+cos x)= 4 sin x
2 cos x
2 ⋅2co s
2 x
2 ，
f
2( x)=64 sin
2 x
2 co s
6 x
2 =64 sin
2 x
2(1−sin
2 x
2)
3
≤64
3 ×[
3 sin
2 x
2 +(1−sin
2 x
2)+(1−sin
2 x
2)+(1−sin
2 x
2)
4
]
4
= 27
4
，
当且仅当3 sin
2 x
2 =1−sin
2 x
2 ，即sin x
2 =± 1
2时，[f
2( x)]max= 27
4 ．
根据f (−x)=−f ( x)可知，f ( x)是奇函数，于是f ( x)∈[−3√3
2
, 3√3
2 ],[ f ( x)]min=−3√3
2
．
故答案为：−3√3
2
.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
f ( x)=sin x +sin2 x =2sin x(1+cos x)= 4 sin x
2 cos x
2 ⋅2co s
2 x
2
=
8 tan x
2
(1+tan
2 x
2)
2 ≥−
8|tan x
2|
(
1
3 + 1
3 + 1
3 +tan
2 x
2)
2 ≥−
8|tan x
2|
[4(
1
3
3 tan
2 x
2)
1
4]
2 =−3√3
2
，当且仅当
tan
2 x
2 = 1
3 ,tan x
2 =−√3
3 时等号成立．
故答案为：−3√3
2
.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设tan θ
2 =t，则f ( x)可化为g(t )=2× 2t
1+t
2 +2× 2t
1+t
2 × 1−t
2
1+t
2 =
8t
1+2t
2+t
4 ，
当t =0时，g(t )=0；当t ≠0时，g(t )=
8
t
3+2t + 1
t
，对分母求导后易知，
当t =−√3
3 时，g(t )有最小值−3√3
2
．
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故答案为：−3√3
2
.
［方法六］： 配方法
f ( x)=2sin x +2sin x cos x =2sin x +2sin x cos x +√3(sin
2 x +co s
2 x−1)
=√3co s
2 x +2sin x cos x + √3
3 sin
2 x + 2√3
3
sin
2 x +2sin x + √3
2 −3√3
2
= √3
3 (√3cos x +sin x)
2+ 2√3
3 (sin x + √3
2 )
2
−3√3
2
≥−3√3
2
，
当且仅当{
√3cos x +sin x =0,
sin x + √3
2 =0,
即x =2k π −π
3 ,k ∈Z时，f ( x)取最小值−3√3
2
．
故答案为：−3√3
2
.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为f (x)=2sin x +sin 2 x，所以f (x +2π )=2sin (x +2π )+sin 2(x +2π )=2sin x +sin 2 x = f (x)，
即函数f (x)的一个周期为2π，因此x∈[0,2π ]时，f (x)的最小值即为函数的最小值．
当x∈[0,π ]时，f (x)=2sin x +sin 2 x =2sin x (1+cos x)≥0，
当x∈[π ,2π ]时， 因为f '( x)=2cos x +2cos2 x =2cos x +2(2co s
2 x−1)= 4 co s
2 x +2cos x−2
=2(cos x +1)⋅(2cos x−1)，令f ' (x)=0，解得x = π或x = 5
3 π，由f (π )=0，f (2π )=0，
f(
5
3 π)=−3√3
2
，所以f (x)的最小值为−3√3
2
．
故答案为：−3√3
2
.
45．【2016 年新课标Ⅲ卷理科第15 题】已知f ( x)为偶函数，当x<0时，f ( x)= ln(−x)+3 x，则曲线
y = f ( x)在点(1,−3)处的切线方程是 ．
【答案】y =−2 x−1
【详解】当x>0时，−x<0，则f (−x)= ln x−3 x．又因为f ( x)为偶函数，所以f ( x)= f (−x)= ln x−3 x，
所以f '( x)= 1
x −3，则切线斜率为f '(1)=−2，所以切线方程为y +3=−2( x−1)，即y =−2 x−1．
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
46．【2016 年新课标Ⅱ卷理科第16 题】若直线y =kx +b是曲线y = ln x +2的切线，也是曲线y = ln( x +1)
的切线，则b= ．
【答案】1−ln2
【详解】对函数y = ln x +2求导得y ' = 1
x ，对y = ln( x +1)求导得y ' =
1
x +1，设直线y =kx +b与曲线
y = ln x +2相切于点P1( x1, y1)，与曲线y = ln( x +1)相切于点P2( x2, y2)，则y1= ln x1+2, y2= ln( x2+1)，
由点P1( x1, y1)在切线上得y −(ln x1+2)= 1
x1
( x−x1)，由点P2( x2, y2)在切线上得
y −ln( x2+1)=
1
x2+1 ( x−x2)
，这两条直线表示同一条直线，所以
，解得
x1= 1
2 ,∴k = 1
x1
=2,b= ln x1+2−1=1−ln 2.
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数f (x)= ln(e
x+1)−x
2（ ）
A．是偶函数，且在区间(0,+ ∞)上单调递增
B．是偶函数，且在区间(0,+ ∞)上单调递㺂
C．是奇函数，且在区间(0,+ ∞)上单调递增
D．既不是奇函数，也不是偶函数
【答案】A
【详解】∵f (x)的定义域为R，f (−x)= ln(e
−x+1)+ x
2 = ln(e
x+1)−x + x
2 = ln(e
x+1)−x
2 = f (x)，
∴f (x)为偶函数；
当x>0时，f ' (x)=
e
x
e
x+1
−1
2 = e
x−1
2(e
x+1)
>0,∴f (x)在区间(0,+∞)上单调递增.
故选：A.
2．（2024·河南信阳·三模）动点P 在函数y = ln(4−x)−ln x的图像上，以P 为切点的切线的倾斜角取值
范围是（ ）
A．[0, π
4]
B．[0, π
4]∪[
3 π
4 ,π)
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．(
π
2 , 3 π
4 ]
D．[
3 π
4 ,π)
【答案】C
【详解】令{
x>0
4−x>0，解得0< x<4，故y = ln(4−x)−ln x的定义域为(0,4)，
y ' =−
1
4−x −1
x =
−4
(4−x) x ≤
−4
(
4−x + x
2
)
2 =−1
，当且仅当4−x = x，即x =2时，等号成立，
故y ' ≤−1，故以P 为切点的切线的倾斜角取值范围是(
π
2 , 3 π
4 ].
故选：C
3．（2024·山西吕梁·三模）设φ(m,n)=√(m−n)
2+(ln m−n
2
4 )
2
+ n
2
4 ,(m>0,n∈R)，当m,n变化时
φ(m,n)的最小值为（ ）
A．√2
B．√2+1
C．√2−1
D．2√2−1
【答案】C
【详解】Q (m,ln m)在f (x)= ln x上，P(n, n
2
4 )在y = g(x)= 1
4 x
2上，
设P到准线的垂线交准线于点G，x轴于H.
φ(m,n)=|PQ|+|PH|=|PQ|+|PG|−1=|PQ|+|PF|−1≥|QF|−1，
又|QF|为焦点F与f (x)= ln x上点的距离，设Q(x0,ln x0)，
因为y ' = 1
x ，所以过Q点的切线l的斜率k = 1
x0
，当QF与切线l垂直时，|QF|最小，
所以1
x0
× ln x0−1
x0−0 =−1，x0
2+ ln x0−1=0，令t (x0)= x0
2+ ln x0−1，显然t (x0)在(0,+∞)上单调递增，
又t (1)=0，所以x0=1，所以|QF |min=√2，所以φ(m,n)的最小值为√2−1.
故选：C.
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
4．（2024·四川宜宾·模拟预测）定义在(0,+∞)上的单调函数f (x)，对任意的x∈(0,+ ∞)有
f [f (x)−ln x]=1恒成立，若方程f (x)⋅f ' (x)=m有两个不同的实数根，则实数m的取值范围为
（ ）
A．(−∞,1)
B．(0,1)
C．(0,1]
D．(−∞,1]
【答案】B
【详解】由于函数f (x)为单调函数，则不妨设f (x)−ln x =t，则f (t )=1，
且f (t )−ln t =1−ln t =t，解得t =1，所以f (x)= ln x +1,f ' (x)= 1
x .
设g(x)= f (x)⋅f ' (x)= ln x +1
x
，
则方程f (x)⋅f ' (x)=m有两个不同的实数根等价于函数g(x)= ln x +1
x
与y =m有两个不同的交点.
g' (x)=(
ln x
x + 1
x)
'
= 1−ln x
x
2
−1
x
2 =−ln x
x
2 ，
易得当x∈(0,1)时，g'( x)>0；当x∈(1,+∞)时，g'( x)<0，
所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，
所以g( x)max = g(1)=0.
又g(
1
e)=0，且当x→+∞时，g(x)→0.
故函数g(x)= ln x +1
x
与y =m有两个不同的交点则m∈(0,1).
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故选：B
5．（2024·陕西西安·三模）已知函数f (x)={
x
2−3 x , x∈[0,2],
2f (x−2), x∈(2,+∞),则f (x)在点(5,f (5))处的切线方程为
（ ）
A．4 x−y −28=0
B．4 x + y −12=0
C．x−4 y −12=0
D．
x + 4 y −22=0
【答案】B
【详解】当x∈(0,2]时，f ' (x)=2 x−3，
当x∈(4,6]时，f (x)=2f (x−2)= 4 f (x−4)，则f ' (x)= 4 f ' (x−4)，
所以f (5)= 4 f (1)=−8，f ' (5)= 4 f ' (1)=−4．
则所求的切线方程为y −(−8)=−4 (x−5)，即4 x + y −12=0．
故选：B.
6．（2024·湖北武汉·二模）设a= 1
5 ,b=2ln(sin 1
10 +cos 1
10),c = 6
5 ln 6
5 ，则a,b,c的大小关系是
（ ）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．b<c<a
D．c<a<b
【答案】B
【详解】由已知可得b=2ln(sin 1
10 +cos 1
10)= ln(sin 1
10 +cos 1
10)
2
= ln(1+sin 1
5 )，
设f ( x)= x−sin x，x∈(0,1)，则f '( x)=1−cos x>0，
所以f ( x)= x−sin x在(0,1)上单调递增，
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以f(
1
5)>f (0)=0，即1
5 >sin 1
5，所以b= ln(1+sin 1
5)<ln(1+ 1
5)，
设g( x)= x−ln( x +1)，x∈(0,1)，则g
'( x)=1−
1
x +1 =
x
x +1 >0，
所以g( x)= x−ln( x +1)在(0,1)上单调递增，
所以g(
1
5)>g(0)=0，即1
5 >ln(1+ 1
5)>ln(1+sin 1
5)，
综上a>b，
设h( x)= x−6
5 ln( x +1)，x∈(0,1)，则h'( x)=1−
6
5 x +5 = 5 x−1
x +1 ，
当x∈(0, 1
5)时，h'( x)<0，当x∈(
1
5 ,1)时，h'( x)>0，
所以h( x)= x−6
5 ln( x +1)在(0, 1
5)上单调递减，在(
1
5 ,1)上单调递增，
所以h(
1
5)<h(0)=0，即1
5 < 6
5 ln(1+ 1
5)= 6
5 ln 6
5，所以a<c，
所以b<a<c
故选：B.
7．（2024·四川·三模）已知关于x的方程e
2 x−ax e
x+9e
2 x
2=0有4 个不同的实数根，分别记为
x1, x2, x3, x4，则( e
x1
x1
−e)( e
x2
x2
−e)( e
x3
x3
−e)( e
x4
x4
−e)的取值范围为（ ）
A．(0,16e
4)
B．(0,12e
4)
C．(0,4 e
4)
D．(0,8e
4)
【答案】A
【详解】显然x =0不是方程e
2 x−ax e
x+9e
2 x
2=0的根，
则方程e
2 x−ax e
x+9e
2 x
2=0的根即为方程( e
x
x )
2−a⋅e
x
x +9e
2=0的根，
令t = e
x
x ，得t
2−at +9e
2=0，设f ( x)= e
x
x ，求导得f '( x)= e
x( x−1)
x
2
，
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由f '( x)<0，得x<0或0< x<1，由f '( x)>0，得x>1，
即函数f ( x)在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，f (1)=e，
作出f ( x)的大致图象，如图，
依题意，方程t
2−at +9e
2=0有两个不相等的实数根，设为t1，t2，
观察图象知，方程t
2−at +9e
2=0的每一个根，由t = e
x
x 得两个不同的x值，
于是t1+t2=a,t1t2=9e
2，且t1>e ,t2>e，由{
Δ=a
2−36e
2>0
−a
−2 >e
e
2−ae+9e
2>0
，解得6e<a<10e，
不妨设t1= e
x1
x1
= e
x4
x4
,t2= e
x2
x2
= e
x3
x3
，
则( e
x1
x1
−e)( e
x2
x2
−e)( e
x3
x3
−e)( e
x4
x4
−e)=(t1−e)
2(t2−e)
2=(t1t2−et1−et2+e
2)
2=(10e
2−ae)
2，
由6e<a<10e，得0<(10e
2−ae)
2<16e
4，
所以( e
x1
x1
−e)( e
x2
x2
−e)( e
x3
x3
−e)( e
x4
x4
−e)的取值范围为(0,16e
4).
故选：A
8．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数f (x)= x
2−cos x，则f(
ln 2
2 )，f(−ln3
3 )，f(−ln5
5 )的大小
关系为（ ）
A．f(−ln5
5 )<f(−ln3
3 )<f(
ln 2
2 )
B．f(
ln 2
2 )<f(−ln5
5 )<f(−ln3
3 )
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．f(−ln5
5 )<f(
ln 2
2 )<f(−ln3
3 )
D．f(−ln3
3 )<f(−ln5
5 )<f(
ln 2
2 )
【答案】C
【详解】∵f (x)= x
2−cos x，
∴f (−x)=(−x)
2−cos(−x)= x
2−cos x = f (x)，∴f (x)是偶函数，
f ' (x)=2 x +sin x，
当0< x<1时，f ' (x)>0，故函数f (x)在(0,1)上单调递增，
令g(x)= ln x
x , x>3，则g' (x)= 1−ln x
x
2
<0，
即函数g(x)在(3,+∞)上单调递减，故g(3)>g(4)>g(5)，
即可1> ln3
3 > ln 4
4 > 1n5
5
>0，而ln 4
4 = 1n2
2
，
所以f(
ln3
3 )>f(
ln 2
2 )>f(
ln5
5 )，
∴f(−ln5
5 )<f(
ln 2
2 )<f(−ln3
3 )．
故选：C．
9．（2024·青海·二模）已知定义在R上的函数f (x)，其导数为f ' (x)，且满足
f (x + y)= f (x)+ f ( y)+ xy (x + y)，f (x)=−2
3，f ' (1)=0，给出下列四个结论：①f (x)为奇函数；②
f ' (10)=99；③f (3)=3：④f (x)在(0,1)上单调递减.其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②
B．①③
C．②③④
D．①②④
【答案】D
【详解】对于①，令x = y =0，得f (0)= f (0)+ f (0)，所以f (0)=0.
令y =−x，得f (0)= f (x)+ f (−x)=0，所以f (x)为奇函数，故①正确；
对于③，令y =1，得f (x +1)= f (x)+ f (1)+ x (x +1)= f (x)+ x (x +1)−2
3，
所以f (2)= f (1)+1×2−2
3 = 2
3，f (3)= f (2)+2×3−2
3 =6，故③错误.
对于②，因为f ' (x +1)= f ' (x)+2 x +1，
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以f ' (x)= f ' (x−1)+2 x−1， f ' (x)−f ' (x−1)=2 x−1，
f ' (2)−f ' (1)=3，
f ' (3)−f ' (2)=5，
⋯
f ' (x)−f ' (x−1)=2 x−1，以上各式相加得
f ' (x)=3+5+⋯+(2 x−1)= x
2−1，
所以f ' (10)=99，故②正确.
对于④，当x∈(0,1)时，f ' (x)<0，所以f (x)在(0,1)上单调递减，故④正确.
故选：D.
10．（2024·河北衡水·三模）已知函数f ( x)= x
3−m x
2，x =2是函数f ( x)的一个极值点，则下列说法正确
的是（ ）
A．m=3
B．函数f (x)在区间(−1,2)上单调递减
C．过点(1,−2)能作两条不同直线与y = f ( x)相切D．函数y = f [ f ( x)]+2有5 个零点
【答案】AD
【详解】对于A 中，由函数f ( x)= x
3−m x
2，可得f '( x)=3 x
2−2mx，
因为x =2 是函数f (x)的一个极值点，可得f '(2)=3×2
2−2m×2=0，
解得m=3，经检验适合题意，所以A 正确；
对于B 中，由f
'( x)=3 x( x −2)，令f '( x)=0，解得x1=0或x2=2，
当x∈(−∞,0)时，f '( x)>0；当x∈(0,2)时，f '( x)<0；当x∈(2,+ ∞)时，f '( x)>0，
故f (x)在区间(−∞,0)上递增，在区间(0,2)上递减，在区间(2,+ ∞)上递增，所以B 错误；
对于C 中，设过点(1,−2)且与函数y = f ( x)相切的切点为(x0, y0)，
则该切线方程为y = f ' (x0)( x−1)−2=(3 x0
2−6 x0)( x−1)−2，
由于切点(x0, y0)满足直线方程，则f (x0)=(3 x0
2−6 x0)(x0−1)−2= x0
3−3 x0
2，
整理得2(x0−1)(x0
2−2 x0+1)=0，解得x0=1，所以只能作一条切线，所以C 错误；
对于D 中，令f ( x)=t，则f (t )=−2的根有三个，如图所示，−1<t1<0<t2<t3，
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以方程f ( x)=t1有3 个不同根，方程f ( x)=t2和f ( x)=t3均有1 个根，
故y = f [ f ( x)]+2有5 个零点，所以D 正确．
故选：AD．
11．（2024·湖南邵阳·三模）英国数学家泰勒发现了如下公式：sin x = x−x
3
3! + x
5
5! −x
7
7! +⋅⋅⋅，
cos x =1−x
2
2! + x
4
4! −x
6
6! +⋅⋅⋅，某数学兴趣小组在研究该公式时，提出了如下猜想，其中正确的有（
）
A．sin1<cos1
B．sin1≈0.84（精确到小数点后两位）
C．cos π
3 <1−π
2
18
D．当x>0时，sin x> x−x
3
6
【答案】BD
【详解】由sin1>sin π
4 ，cos1<cos π
4 =sin π
4 ，则有sin1>cos1，故A 选项错误．
由sin x = x−x
3
3! + x
5
5! −x
7
7! +⋅⋅⋅，则sin1=1−1
3! + 1
5! −1
7! +⋅⋅⋅，
又1−1
3! + 1
5! =1−1
6 + 1
120 = 101
120 ≈0.84（精确到小数点后两位），故B 选项正确．
cos π
3 = 1
2，π
2>9，则有1−π
2
18 < 1
2，故C 选项错误．
当x>0时，令f (x)=sin x−x + x
3
6 ，则f ' (x)=cos x−1+ 1
2 x
2，f ' ' (x)= x−sin x>0，
所以f ' (x)在(0,+ ∞)上为增函数，则f ' (x)>f ' (0)=0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上为增函数，则f (x)>f (0)=0，
故当x>0时，sin x−x + x
3
6 >0恒成立，即sin x> x−x
3
6 ．故D 选项正确．
故选：BD.
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
12．（2024·江苏宿迁·三模）在△ABC中，角A ，B ，C所对的边分别为a ，b ，c．若
2√3c co s
2 A +C
2
=bsinC，且边AC上的中线BD长为√3，则（ ）
A．B = π
3
B．b的取值范围为[2,2√3)
C．△ABC面积的最大值为2√3
D．△ABC周长的最大值为3√6
【答案】AB
【详解】对于A，由2√3c co s
2 A +C
2
=bsinC，所以√3c(1+cos( A +C))=bsinC,
所以√3c (1−cos B)=bsinC，由正弦定理可得
√3sinC (1−cos B)=sin BsinC，因为0<C <π，sinC ≠0,
可得√3cos B+sin B =√3，化简得sin(B+ π
3)= √3
2 ，又0<B<π，
∴B = π
3 .故A 正确；
对于B，设BA =c，BC =a，AC =b，根据题意，⃗BA +⃗BC =2⃗BD，B = π
3 ，
∴(⃗BA +⃗BC)
2= 4⃗BD
2，化简得a
2+c
2+ac =12，则12−ac =a
2+c
2≥2ac，
∴ac≤4，当且仅当a=c时等号成立，又⃗CA =⃗BA −⃗BC，∴⃗CA
2=(⃗BA −⃗BC)
2，
∴b
2=a
2+c
2 −ac =12−2ac≥4，∴4≤b
2<12，即b∈[2,2√3)，故B 正确；
对于C，由B，可得S△ABC = 1
2 ac sin B = √3
4 ac≤√3，故C 错误；
对于D，由前面选项，可得b
2=12−2ac，且ac =(a+c)
2−12，a+c≤4，
∴b
2=36−2(a+c)
2，即b=√36−2(a+c)
2，令t =a+c，由a+c>b，得t >√36−2t
2，解得2√3<t ≤4，
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以三角形周长l =a+c +b=a+c +√36−2(a+c)
2=t +√36−2t
2，
则l' =1−
2t
√36−2t
2，令l' <0，解得t >√6，又2√3<t ≤4，所以l =t +√36−2t
2在
2√3<t ≤4上单调递减，所以l<2√3+√36−2×12= 4√3<3√6，故D 错误.
故选：AB.
13．（2024·黑龙江·三模）已知函数f ( x)=e|x|cos x，则下列结论正确的是（ ）
A．f ( x)的图象在点(
π
2 ,f(
π
2))处的切线在y 轴上的截距为π
2 e
π
2
B．f ( x)在(−π
4 ,0)上为增函数
C．f ( x)在[−π
2 , π
2]上的最大值为√2
2 e
π
4
D．若f ( x)在(−m,m)内恰有11 个极值点，则实数m 的取值范围为(
17 π
4
, 21π
4 )
【答案】ACD
【详解】对于选项A：当x>0时，f ( x)=e
xcos x，则f '( x)=e
x(cos x−sin x)=√2e
xcos(x + π
4)，
可得f(
π
2)=0，f '(
π
2)=−e
π
2，
则函数f ( x)的图象在点(
π
2 ,f(
π
2))处的切线方程为y =−e
π
2(x−π
2)，
所以切线在y 轴上的截距为π
2 e
π
2，故A 正确；
对于选项B：当x∈[−π
2 ,0]时，f ( x)=e
−xcos x，
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
则f '( x)=e
−x(sin x +cos x)=−√2e
−xsin(x + π
4)，
因为x∈[−π
2 ,−π
4)时，则x + π
4 ∈[−π
4 ,0)，可知sin(x + π
4)<0，则f '( x)>0；
当x∈(−π
4 ,0]时，则x + π
4 ∈(0, π
4]，可知sin(x + π
4)>0，则f '( x)<0；
所以函数f ( x)在[−π
2 ,−π
4)上单调递增，在(−π
4 ,0]上单调递减，故B 错误；
对于选项C：由选项B 可知：f ( x)在[−π
2 ,0]的最大值为f(−π
4)= √2
2 e
π
4，
因为f ( x)的定义域为R，且f (−x)=e|−x|cos(−x)=e|x|cos x = f ( x)，
可知函数f ( x)为偶函数，
所以f ( x)在[−π
2 , π
2]上的最大值为√2
2 e
π
4，故C 正确；
对于选项D：若f ( x)在(−m,m)内恰有11 个极值点，
由选项C 可知：f ( x)为定义在R上的偶函数，
可知x =0为f ( x)的极值点，则f ( x)在(0,m)内恰有5 个极值点，
由选项A 可知：当x>0时，f '( x)=√2e
xcos(x + π
4)，
令f '( x)=0得cos(x + π
4)=0，且y =cos(x + π
4)的零点均为变号零点，
可知：f ( x)的极值点即为y =cos(x + π
4)的零点，
令x + π
4 =k π + π
2 ,k ∈N，解得x =k π + π
4 ,k ∈N，
即f ( x)在(0,+ ∞)内的极值点为x =k π + π
4 ,k ∈N，
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由题意可得：4 π + π
4 <m≤5 π + π
4 ，即17 π
4
<m≤21π
4
，
所以实数m 的取值范围为(
17 π
4
, 21π
4 ]，故D 正确.
故选：ACD.
14．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f (x)=a(e
x+a)−x有两个零点x1，x2，则下列说法正确的是
（ ）
A．a的值可以取1
4
B．a的值可以取1
2
C．|x1−x2|的值关于a单调递减
D．f ' (x1)+ f ' (x2)>0
【答案】ACD
【详解】求导得f '( x)=ae
x−1，
当a≤0时，f '( x)<0恒成立，
故f ( x)在R上为减函数，不可能有两个零点，故a>0;
令f '( x)=0，得x =−ln a，
当x∈(−∞,−ln a)，f '( x)<0；当x∈(−ln a,+ ∞)时，f '( x)>0；
则f ( x)在(−∞,−ln a)上单调递减，在(−ln a,+∞)上单调递增，
故f ( x)的最小值为f (−ln a)=a(e
−ln a+a)+ ln a=1+a
2+ ln a；
对于A 选项：当a= 1
4 时，f(−ln 1
4)=1+(
1
4)
2
+ ln 1
4 = 17
16 −ln 4，
243=3
5<4
4=256⇒3
5×3
12<4
4×4
12，故3
17<4
16，
因为y = x
17
16在(0,+ ∞)上单调递增，
则e
17
16 <3
17
16 <4，故17
16 <ln 4，则f(−ln 1
4)<0，
当x→−∞时，f ( x)→+∞；且x→+∞时，f ( x)→+∞；
故f ( x)在(−∞,ln 4)及(ln 4 ,+ ∞)各有一个零点，故A 对；
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
对于B 选项:当a= 1
2时，于是f (x)min= f(−ln 1
2)=1+(
1
2)
2
+ ln 1
2 = 5
4 −ln 2>0，
故f ( x)在R上无零点，故B 错；
对于C，a(e
x+a)−x =0，即e
x = x
a −a, x1, x2，可视为两函数y =e
x与y = x
a −a的交点横坐标，
当a增加，直线y = x
a −a斜率变小，同时向下平移，故|x1−x2|收缩变小，故C 正确；
对于D，因为x1, x2为函数f (x)=a(e
x+a)−x的零点，则a>0，
不妨设x1< x2，
则x1∈(0,−ln a), x2∈(−ln a,+ ∞)，{
ae
x1= x1−a
2
ae
x2= x2−a
2⇒1
a = e
x1−e
x2
x1−x2
，
又f ' (x1)+ f ' (x2)=a(e
x1+e
x2)−2，
所以f ' (x1)+ f ' (x2)=a(e
x1+e
x2)−2a e
x1−e
x2
x1−x2
=−2a e
x1+e
x2
x1−x2(
e
x1−e
x2
e
x1+e
x2 −x1−x2
2 )
设y = e
x1−e
x2
e
x1+e
x2 −x1−x2
2
，
则y = e
x1−x2−1
e
x1−x2+1
−x1−x2
2
，令t = x1−x2，t <0，
则y = e
t−1
e
t +1
−t
2，所以y ' = −(e
t−1)
2
2(e
t +1)
2 <0，
所以函数y = e
t−1
e
t +1
−t
2在(−∞,0)上单调递减，
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以当t <0时，e
t−1
e
t +1
−t
2 >0，
即e
x1−e
x2
e
x1+e
x2 −x1−x2
2
>0，即−2a e
x1+e
x2
x1−x2(
e
x1−e
x2
e
x1+e
x2 −x1−x2
2 )>0，
f ' (x1)+ f ' (x2)>0，故D 正确.
故选：ACD.
15．（2024·广东江门·模拟预测）关于函数f (x)=e
x+e
1
x , x∈(−∞,0)∪(0,+ ∞)，下列说法正确的有
（ ）
A．f ( x)= f (−x)
B．f ( x)= f(
1
x)
C．f ( x)f (−x)的最小值为4
D．f ( x)在区间(−1,0)上递增
【答案】BCD
【详解】对于A，f (1)=2e≠2
e = f (−1)，所以A 选项错误；
对于B，f(
1
x)=e
1
x +e
x = f (x)，所以B 选项正确；
f (x)f (−x)=(e
x+e
1
x)(e
−x+e
−1
x)=2+e
x−1
x +e
1
x −x
≥4，
当且仅当e
x−1
x =e
1
x −x即当x =±1时，取到等号，所以C 选项正确；
x∈(−1,0)时，f ' (x)=e
x−1
x
2 e
1
x =e
x(1−e
1
x −x
x
2 )=e
x(1−e
1
x −x−2ln (−x))，
令g( x)= 1
x −x−2ln(−x)，则g'( x)=−1
x
2 −1−2
x =−(
1
x +1)
2
<0，
所以g( x)在(−1,0)上单调递减，又g(−1)=0，所以g( x)< g(−1)=0
所以f ' (x)=e
x(1−eg(x))>0，所以f ( x)在区间(−1,0)上递增，D 选项正确．
故选：BCD．
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
16．（2024·四川绵阳·模拟预测）若函数f (x)= ln x
x 的图象上存在与直线y =kx平行的切线，则k的取值范
围是 .
【答案】[−1
2e
3 , 1
2e)⋃(
1
2e ,+ ∞)
【详解】f (x)= ln x
x
(x>0)，f ' (x)= 1−ln x
x
2
(x>0)，
令g(x)= 1−ln x
x
2
(x>0)，求导得g' (x)= 2ln x−3
x
3
，
所以当0< x<e
3
2时，g' (x)<0，当x>e
3
2时，g' (x)>0，
所以g(x)在(0,e
3
2)上单调递减，在(e
3
2 ,+∞)上单调递增，
则g(x)≥g(e
3
2)=−1
2e
3，且当x→0时，g(x)→+∞，g(e)=0，x>e时，g(x)<0，
设函数f (x)= ln x
x 在(x0, ln x0
x0 )处的切线过原点，则
ln x0
x0
−0
x0−0
= 1−ln x0
x0
2
，
解得x0=e
1
2，f ' (x0)= 1
2e ，
又f ' (x)= 1
2e 有唯一解，于是k ≥−1
2e
3且k ≠1
2e ，
所以k的取值范围是[−1
2e
3 , 1
2e)⋃(
1
2e ,+ ∞).
故答案为：[−1
2e
3 , 1
2e)⋃(
1
2e ,+ ∞).
17．（2024·山东菏泽·二模）已知函数f (x)= x e
x的图象与圆( x +1)
2+( y +3)
2=r
2(r >0)有两个交点，则r
的取值范围为 ．
【答案】(3−1
e ,+∞)
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】f (x)= x e
x，则f ' (x)=(x +1)e
x，
f ' (−1)=0，当x<−1时，f ' (x)<0；当x>−1时，f ' (x)>0；
可知函数f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
f (x)min= f (−1)=−1
e ，当x<0时，f (x)<0，当x→−∞时，f (x)→0，
在同一坐标系作出函数f (x)= x e
x和圆( x +1)
2+( y +3)
2=r
2(r >0)的图象，如图：
可知函数f (x)在x =−1处的切线方程为y =−1
e ，
圆( x +1)
2+( y +3)
2=r
2(r >0)在点(−1,−3+r)处的切线方程为y =−3+r，
则当−3+r =−1
e ，即r =3−1
e 时，圆与函数f (x)= x e
x的图象有且只有一个交点，
当−3+r >−1
e ，即r >3−1
e 时，圆与函数f (x)= x e
x的图象有两个交点，
可得r的取值范围为(3−1
e ,+ ∞)．
故答案为：(3−1
e ,+∞)
18．（2024·江西·三模）已知函数f ( x)=a
x−lo ga x ,a∈(0,1)∪(1,+ ∞)，若f ( x)在其定义域上没有零
点，则a的取值范围是 .
【答案】(e
1
e ,+∞)
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】因为f ( x)在(0,+∞)上连续，又f (1)=a>0，
所以要使f ( x)无零点，需使f ( x)>0在其定义域上恒成立．
于是原问题转化为f ( x)=a
x−lo ga x>0，求a的取值范围．
当0<a<1, x>1时，f (a)=a
a−lo gaa=a
a−1<0，不合题意；
当a∈(1,+∞)时，
a
x−lo ga x>0⇔a
x>lo ga x，
⇔a
x> ln x
ln a ，
⇔a
x ln a>ln x，
⇔a
x x ln a> x ln x，
⇔a
x ln a
x> x ln x(∗)，
当0< x<1时，a
x ln a
x>0> x ln x恒成立，
下面讨论x>1的情况，
令h( x)= x e
x( x >0),h'( x)=( x +1)e
x>0，所以h( x)在(0,+ ∞)上单调递增，又由(∗)式得
h(ln a
x)>h(ln x)，所以ln a
x= x ln a>ln x (x>1)，即ln a> ln x
x
(x>1)恒成立．
令φ( x)= ln x
x
(x>1),φ'( x)= 1−ln x
x
2
，令φ
'( x)=0得x =e．
因为当1< x<e时，φ
'( x)>0，所以φ( x)在(1,e)上单调递增；
因为当x>e时，φ
'( x)<0，所以φ( x)在(e ,+∞)上单调递减，
所以x =e是φ( x)的极大值点，
φ(x)max =φ(e)= 1
e ，所以ln a> 1
e ，即a>e
1
e．
综上所述，a的取值范围为(e
1
e ,+∞)．
故答案为：(e
1
e ,+∞).
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
19．（2024·四川成都·三模）若不等式e
mx(mx−ln2)−x ln x
2≥0，对任意x∈[
1
e ,+∞)恒成立，则正实数
m的取值范围是 .
【答案】[
2
e ,+ ∞)
【详解】若不等式e
mx(mx−ln2)−x ln x
2≥0，对任意x∈[
1
e ,+∞)恒成立，则e
mx
2 ln e
mx
2 ≥x ln x，
而m>0，所以e
mx
2 > e
0
2 = 1
2 > 1
e ，
设g(t )=t ln t ,t ≥1
e ，则g' (t )= ln t +1≥0，
所以g(t )在[
1
e ,+∞)上单调递增，从而e
mx
2 ≥x，
即m≥ln 2 x
x
对任意x∈[
1
e ,+ ∞)恒成立，
设f (x)= ln 2 x
x
, x ≥1
e ，则f ' (x)= 1−ln2 x
x
2
，
当1
e < x< e
2时，f ' (x)>0，f (x)在(
1
e , e
2)上单调递增，
当x> e
2时，f ' (x)<0，f (x)在(
e
2 ,+ ∞)上单调递减，
所以当x = e
2时，f (x)min= f(
e
2)= 2
e ，
综上，正实数m的取值范围是[
2
e ,+ ∞).
故答案为：[
2
e ,+ ∞).
20．（2024·广东江门·二模）若曲线C1: y = x
2与曲线C2: y =ae
x(a>0)存在公切线，则a的最大值 .
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】4
e
2
【详解】设公切线与曲线C1切于点(x1, x1
2)，与曲线C2切于点(x2,ae
x2)，
由y = x
2，得y ' =2 x，由y =ae
x(a>0)，得y ' =ae
x(a>0)
则2 x1=ae
x2= ae
x2−x1
2
x2−x1
，
所以{
2 x1= ae
x2−x1
2
x2−x1
2 x1=ae
x2
，所以2 x1= 2 x1−x1
2
x2−x1
，
所以x1=2 x2−2，所以ae
x2= 4 x2−4，
即a= 4(x2−1)
e
x2
，因为a>0，所以x2>1，
设f (x)= 4 (x−1)
e
x
( x>1)，则f ' (x)= 4 (2−x)
e
x
，
当1< x<2时，f '( x)>0，当x>2时，f '( x)<0，
所以f (x)在(1,2)单调递增，在(2,+ ∞)单调递减，
所以amax = f (2)= 4
e
2.
故答案为：4
e
2
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
55
