2021年高考数学真题和模拟题分类汇编：专题04 导数与定积分（含解析）.docx

1、20212021 年高考真题和模拟题分类汇编年高考真题和模拟题分类汇编 数数学学 专题专题 0404 导数与定积分导数与定积分 一、选择题部分 1.(2021新高考全国卷T7)若过点, a b可以作曲线exy 的两条切线，则（） A.eb a B.ea b C.0 eba D.0 eab 【答案】D 【解析】在曲线 x ye上任取一点, t P t e，对函数 x ye求导得exy ， 所以，曲线 x ye在点P处的切线方程为 tt yeext，即1 tt ye xt e， 由题意可知，点, a b在直线1 tt ye xt e上，可得11 ttt baet eat e ， 令 1 t f t

2、at e ，则 t ftat e. 当ta时， 0ft ，此时函数 f t单调递增， 当ta时， 0ft ，此时函数 f t单调递减， 所以， max a f tf ae， 由题意可知，直线yb与曲线 yf t的图象有两个交点，则 max a bf te， 当1ta时， 0f t ，当1ta时， 0f t ，作出函数 f t的图象如下图所示： 由图可知，当0 a be 时，直线yb与曲线 yf t的图象有两个交点. 故选 D. 解法二：画出函数曲线 x ye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 a be . 故选 D. 2.(202

3、1高考全国乙卷文 T12)设0a ，若xa为函数 2 fxa xaxb的极大 值点，则（） A.abB.abC. 2 aba D. 2 aba 【答案】D 【解析】若ab，则 3 f xa xa为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab. 依题意，xa为函数 2 fxa xaxb的极大值点， 当0a 时，由xb， 0fx ，画出 fx的图象如下图所示： 由图可知ba，0a ，故 2 aba . 当0a 时，由xb时， 0fx ，画出 fx的图象如下图所示： 由图可知ba，0a ，故 2 aba . 综上所述， 2 aba 成立. 故选 D 3.(2021浙江卷T7)已知函数 2 1 ( ), (

4、 )sin 4 f xxg xx， 则图象为如图的函数可能是 （） A. 1 ( )( ) 4 yf xg xB. 1 ( )( ) 4 yf xg x C.( ) ( )yf x g xD. ( ) ( ) g x y f x 【答案】D 【解析】对于 A， 2 1 sin 4 yf xg xxx，该函数为非奇非偶函数，与函数图 象不符，排除 A； 对于 B， 2 1 sin 4 yf xg xxx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排 除 B； 对于 C， 2 1 sin 4 yf x g xxx ，则 2 1 2 sincos 4 yxxxx ， 当 4 x 时， 2 212 0 2

5、21642 y ，与图象不符，排除 C. 故选 D. 4.(2021江苏盐城三模T6)韦达是法国杰出的数学家， 其贡献之是发现了多项式方程根与 系数的关系，如：设一元三次方程的 3 个实数根为 x1，x2，x3，则， 已知函数，直线 l 与 f(x) 的图象相切于点，且交 f(x)的图象于另一点，则 A2x1x20B2x1x210 C2x1x210D2x1x20 【答案】D 【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用 【解析】由题意可知，f(x)6x21，所以直线 l 的斜率 kf(x1)6x121，且 kf(x2)f(x1) x2x1 2x2 3x21(2x13x11) x2x1 (x2x1

6、)(2x1 22x1x22x221) x2x1 2x122x1x22x221，即 2x12 2x1x22x2216x121，化简得(2x1x2)(x1x2)0，因为 x1x20，所以 2x1x20， 故答案选 D 5.(2021河南郑州三模理 T3)若直线 yx+b 是函数 f（x）图象的一条切线，则函数 f（x） 不可能是（） Af（x）exBf（x）x4Cf（x）sinxDf（x） 【答案】D 【解析】直线 yx+b 的斜率为 k， 由 f（x）ex的导数为 f（x）ex，而 ex，解得 xln2，故 A 满足题意； 由 f（x）x4的导数为 f（x）4x3，而 4x3，解得 x，故 B

7、满足题意； 由 f（x）sinx 的导数为 f（x）cosx，而 cosx有解，故 C 满足题意； 由 f（x）的导数为 f（x），即有切线的斜率小于 0，故 D 不满足题意 6.(2021河南郑州三模理 T6)已知函数 f（x）exe x，af（30.2），bf（0.30.2），c f（log0.23），则 a，b，c 的大小关系为（） AcbaBbacCbcaDcab 【答案】A 【解析】根据题意，函数 f（x）exe x，其导数为 f（x）ex+ex， 则有 f（x）0 恒成立，则 f（x）在 R 上为增函数， 又由 log0.230.30.230.2，则有 cba 7.(2021河北张

8、家口三模T8)已知 a，b（0，3），且 4lnaaln4，clog0.30.06，则（） AcbaBacbCbacDbca 【答案】C 【解析】由 4lnaaln43aln2， 得 令，则， 所以当 x（3，e）时，f（x）单调递增； 当 x（e，+）时，f（x）单调递减 又 f（a）f（4），f（b）f（16） 又 clog0.33.06log0.3（5.20.2）log0.35.2+1， log7.30.8+1log0.40.3+42，所以 ca， 所以 bac 8.(2021四川内江三模理 T12)x（0，1），记 a，b（）2，则 a、b、c 的大小关系为（） AacbBbcaCba

9、cDabc 【答案】C 【解析】设 f（x），f（x）， 令 g（x）xcosxsinx，g（x）cosxxsinxcosxxsinx， 因为 x（0，3），g（x）单调递减， 所以 g（x）g（0）0， 所以 f（x）0，所以 f（x）在（4， 因为 0 x2x2， 所以 f（x2）f（x），即 ，所以 ba， 令 h（x）xsinx，则 h（x）1cosx0，5）上单调递增， 所以 h（x）h（0）0，所以 xsinx， 所以，即， 所以 ac， 综上可得，bac 9.(2021重庆名校联盟三模T8)若 ex alnx+a 对一切正实数 x 恒成立，则实数 a 的取值 范围是（） AB（，

10、1C（，2D（，e 【答案】B 【解析】设 f（x）ex alnxa（x0），则 f（x）0 对一切正实数 x 恒成立，即 f（x） min0，由，令，则恒成立， 所以 h（x）在（0，+）上为增函数， 当 x0 时，h（x），当 x+时，h（x）+， 则在（0，+）上，存在 x0使得 h（x0）0， 当 0 xx0时，h（x）0，当 xx0时，h（x）0， 故函数 f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增， 所以函数 f（x）在 xx0处取得最小值为 f（x0）， 因为，即 x0alnx0， 所以恒成立，即， 又，当且仅当 x0，即 x01 时取等号， 故 2a2，所以 a

11、1 10.(2021贵州毕节三模文 T12)已知定义在 R 上的函数 f（x）满足：对任意 xR，都有 f （x+1）f（1x），且当 x（，1）时，（x1）f（x）0（其中 f（x）为 f（x） 的导函数）设 af（log23），bf（log32），cf（21.5），则 a，b，c 的大小关系是 （） AabcBcabCbacDacb 【答案】C 【解析】对任意 xR，都有 f（x+1）f（1x）， f（x）关于直线 x1 对称， 又当 x（，1）时，（x1）f（x）0， 函数 f（x）在（，1）上单调递减，则在（1，+）上单调递增， 而，且 ，f（21.5）f（log23）f（log32）

12、，即 cab 11.(2021贵州毕节三模文 T8)已知定义在a，b上的函数 yf（x）的导函数 yf（x） 的图象如图所示，给出下列命题： 函数 yf（x）在区间x2，x4上单调递减； 若 x4mnx5，则； 函数 yf（x）在a，b上有 3 个极值点； 若 x2pqx3，则f（p）f（q）f（p）f（q）0 其中正确命题的序号是（） ABCD 【答案】B 【解析】对于：f（x）在x2，x3上大于 0，x3，x4上小于 0， 所以 f（x）在x2，x3上单调递增，在x3，x4上单调递减，故错误； 对于：由图像可知，f（x）是向下凹的， 所以 x4mnx5时，f（ ），故正确； 对于：f（x）

13、在（a，x3）上大于等于 0，（x3，x5）上小于 0，（x5，b）上大于 0， 所以 f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增， 所以 f（x）在a，b上只有两个极值点，故错误； 对于：由的结论，可得 f（p）f（q）0， 又因为 f（x）在（x2，x3）上单调递增， 所以 f（p）f（q）0， 所以f（p）f（q）f（p）f（q）0，故正确 12.(2021贵州毕节三模文 T6)若曲线 ylnx+1 上到直线 yx+m 的距离为 2 的点恰有 3 个，则实数 m 的值是（） AB2 C2D 【答案】A 【解析】由曲线 ylnx+1 上到直线 yx+

14、m 的距离为 2 的点恰有 3 个， 可得直线 yx+m 与曲线 ylnx+1 相交， 且与直线 yx+m 平行距离为 2 的两条直线中的一条与 ylnx+1 相切， 设切点为（x0，lnx0+1）， 由 ylnx+1 的导数 y，可得1，即 x01，切点为（1，1）， 由点（1，1）到直线 yx+m 的距离为 2，且切点在直线 yx+m 的上方， 可得 2，解得 m2 13.(2021安徽宿州三模理 T12)已知函数 f（x）|x|ex，若函数 g（x）f2（x）（m+3） f（x）+3m 恰有四个不同的零点，则 m 的取值范 围为（） A（2，+）B（，+）C（，1） D（0，） 【答案】

15、D 【解析】函数 f（x）|x|ex， x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex0，因此 x0 时，函数 f（x）单调递增 x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex，可得函数 f（x）在（，1）单调递 增；可得函数 f（x）在（1，0）单调递减 可得：f（x）在 x1 时，函数 f（x）取得极大值，f（1） 画出图象：可知：f（x）0 函数 g（x）f2（x）（m+3）f（x）+3m 恰有四个不同的零点， f（x）3 和 f（x）m 共有四个根， 因为 f（x）3 有 1 个根，故 f（x）m 有 3 个根， 由图可得：0m 14.(2021安徽宿州三模文 T12)已知函数 f（x）e

16、x 3+xlnxx2ax 满足 f（x）0 恒成 立，则实数 a 的取值范围是（） A（，eB（，2C2，eD2，2 【答案】B 【解析】由 f（x）0，得 axex 3+xlnxx2，得 a +lnxx 恒成立， 设 g（x）+lnxx，则 g（x）ex 3lnx+lnxx（x3lnx+1）+lnxx2， 当且仅当 x3lnx0，即 x3+lnx 时取“”号， 故 a2，a 的取值范围是（，2 15.(2021辽宁朝阳三模T3)函数 f（x）cosx的图象的切线斜率可能为（） AB2CD4 【答案】A 【解析】f（x）cosx的导数为 f（x）sinx+， 由于sinx1，1，0，可得sin

17、x+1， 则切线的斜率可能为 16.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T9)已知 0a5 且 aln55lna，0b6 且 bln6 6lnb，0c7 且 cln77lnc，则 a，b，c 的大小关系为（） AacbBabcCcabDcba 【答案】A 【解析】令 F（x），则，易得，当 0 xe 时，F（x）0， 函数单调递增，当 xe 时，F（x）0，函数单调递减， 因为 0a5，0b6，0c7，所以 cbae， 所以 f（c）f（b）f（a），则 abc 17.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T5)已知曲线 yaex+xlnx 在点（1，ae）处的切线 方程为 y2x+b，则（）

18、Aae 1，b1 Bae 1，b1 Cae，b1Dae，b1 【答案】B 【解析】yaex+xlnx，yaex+lnx+1， 由在点（1，ae）处的切线方程为 y2x+b， 可得 ae+1+02，解得 ae 1， 又切点为（1，1），可得 12+b，即 b1 18.(2021四川泸州三模理 T12)若 asinabsinbb2a21，则（） AabBabC|a|b|D|a|b| 【答案】D 【解析】由于 asinabsinbb2a21，所以 asina+a2bsinb+b21， 设 f（x）xsinx+x2x（x+sinx），由于函数 f（x）满足 f（x）f（x）， 故函数为偶函数，所以当

19、x0 时，f（x）（x+sinx）+x（1+cosx）， 设 g（x）x+sinx，所以 g（x）1+cosx0， 而 g（0）0，所以 f（x）0， 所以 f（a）f（b）1，故 f（a）f（b）， 由于函数为偶函数，故|a|b| 19.(2021江苏常数三模T8)若函数 g（x）在区间 D 上，对a，b，cD，g（a），g（b） ， g（c）为一个三角形的三边长，则称函数 g（x）为“稳定函数”已知函数 在区间上是“稳定函数”，则实数 m 的取值范围为（） A B C D 【答案】D 【解析】由于，则， 易知函数 f（x）在上单调递增，在（e，e2上单调递减， 而， 在上的最大值为，最小值

20、为 m2e2， 依题意，2f（x）minf（x）max，即，解得 20.(2021湖南三模T10)已知函数 f（x）2alnx+x2+b（） A当 a1 时，f（x）的极小值点为（1，1+b） B若 f（x）在1，+）上单调递增，则 a1，+） C若 f（x）在定义域内不单调，则 a（，0） D若 a且曲线 yf（x）在点（1，f（1）处的切线与曲线 yex相切，则 b 2 【答案】BC 【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A 错误； 由0 得 ax2，因为 x1，所以 a1，B 正确； 因为，当 a0 时，f（x）0 恒成立，当 a0 时，f（x） 0 不恒成立，函数不单调，C 正

21、确；a，f（x）+2x2， 所以 f（1）1，f（1）1+b，所以切线方程为 y（1+b）（x1），即 y x+b+2，设切点横坐标为 x0，则1，故 x00，切点（0，1），代入 y x+b+2 得 b3，D 错误 21.(2021福建宁德三模T8)已知函数 ? ? ? ? ?sin?，实数 a，b 满足不等式 ? ? ? ? ，则下列不等式成立的是? A.? ? ?B.? b ?C.? ? D.? b 【答案】A 【解析】 ? ? ? ? ? ? sin?， ? ? ? ? ? ? ? sin? ? ? ? ? ?sin? ? ?，即函数 ?关于?对称， ?怀? ? ? ? ? ?cos?

22、 ? ? ? ? ? ?cos? ? ? ? ? ?cos?， ? ? ? ? ? ?cos? ? ? ?，? ? ? ? ? ? ? ? ?cos? ? ? ? ? ?， ? ?怀? ? 恒成立，则 ?是增函数，? ? ? ? ， ? ? ? ? ? ? ? ，则 ? ? ? ，得 ? ? ?，故选：?体 根据条件判断函数 ?关于?对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的 对称性和单调性将不等式进行转化求解即可 本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性和单调性是解决 本题的关键，是中档题 22.(2021宁夏中卫三模理 T12)已知函数 f（x）xex，g（x）

23、2xln2x，若 f（x1） g（x2）t，t0，则的最大值为（） ABCD 【答案】D 【解析】因为 f（x）xex，g（x）2xln2x，f（x1）g（x2）t，t0， 所以t，所以 ln（）ln（2x2ln2x2）lnt， 即 lnx1+x1ln（2x2）+ln（ln2x2）lnt，因为 yx+lnx 在（0，+）上单调递增， 所以 x1ln（2x2），即 lnx1+x1lnx1+ln2x2lnt，所以 2x1x2t， 则，令 h（t），则 h（t）， 当 0te 时，h（t）0，h（t）单调递增， 当 te 时，h（t）0，h（t）单调递减， 故当 te 时，h（t）取得最大值 h（e

24、） 23.(2021江西南昌三模理 T3)已知自由落体运动的速度 vgt，则自由落体运动从 t0s 到 t2s 所走过的路程为（） AgB2gC4gD8g 【答案】B 【解析】 24.(2021江西南昌三模理 T8)将方程 f（x）f（x）的实数根称为函数 f（x）的“新驻 点”记函数 f（x）exx，g（x）lnx，的“新驻点” 分别为 a，b，c，则（） AcabBcbaCacbDabc 【答案】A 【解析】令 f（x）f（x），则 exxex1，解得 x1，即 a1； 令 g（x）g（x），则，设，则， 即函数 （x） 在 （0， +） 单调递增， 又， 函数（x）在（1，2）上存在唯一

25、零点，即 1b2；令 h（x）h（x），则 ，解得，则cab 25.(2021河南开封三模文 T6 )设函数， 若 f （x） 的极小值为， 则 a （） AB CD2 【答案】B 【解析】，令 f（x）0 得，x1a， x1a 时，f（x）0；x1a 时，f（x）0， f（x）在 x1a 处取得极小值， ，解得 26.(2021安徽马鞍山三模理 T12)已知 x（0，+），不等式 ax+exlnx+x 恒成立，则 实数 a 的最小值为（） AB C0D1 【答案】A 【解析】不等式 ax+exlnx+x 等价于不等式 ex+lneaxlnx+x， 令函数 f（x）lnx+x，原问题等价于 g

26、（eax）g（x）在（0，+）恒成立 ，函数 g（x）单调递增， 故只需 eaxx 在（0，+）恒成立即可 即 axlnxa， 令 f（x）（x0），则 f， 可得函数 f（x）在（0，e）递增，在（e，+）递减， f（x）的最大值为 f（e）， 27.(2021安徽马鞍山三模文 T12 )已知函数（是自然对数的底数） 在 x0 处的切线与直线 x2y+10 垂直，若函数 g（x）f（x）k 恰有一个零点，则 实数 k 的取值范围是（） A B C D 【答案】C 【解析】函数的导数为 f（x）ex（x2+m1）， 可得 f（x）在 x0 处的切线的斜率为 m1，由在 x0 处的切线与直线 x

27、2y+10 垂 直，可得 m12，解得 m1，则 f（x）ex（x2x1），函数 g（x）f（x） k 恰有一个零点，即为 f（x）k 只有一个实根由 f（x）的导数为 f（x）ex（x2 2），当2x2 时，f（x）0，f（x）递减；当 x2 或 x2 时，f（x）0， f（x）递增则 x2 处，f（x）取得极大值 3e 2，x2 处，f（x）取得极小值e2， 则 k 的取值范围是e2（3e 2，+） 28.(2021江西九江二模理 T11)若不等式 xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立，则实 数 m 的取值范围是（） A，+）B1，+）C，+）De1，+） 【答案】C 【解析】

28、不等式 xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立ex+x+m（xlnx）em （x lnx）+m（xlnx），令 f（x）ex+x，则原不等式等价于 f（x）f（m（xlnx）恒成 立f（x）ex+x 在（0，+）上单调递增，xm（xlnx）， 令 g（x）xlnx，则 g（x）1， 可得：x1 时函数 g（x）取得极小值，即最小值 g（x）g（1）10 xm（xlnx）m，令 h（x），x（0， +）h（x）h（e）0，x（0，e）时，h（x）0，h（x） 在（0，e）上单调递增；x（e，+）时，h（x）0，h（x）在（e，+）上单调 递减h（x）maxh（e）实数 m 的取值范围是

29、，+） 29.(2021浙江杭州二模理 T9)已知函数 f（x）aex若函数 y f（x）与 yf（f（x）有相同的最小值，则 a 的最大值为（） A1B2C3D4 【答案】B 【解析】根据题意，求导可得，f（x） f（x）在 R 上单调递增， 又当 x0 时，f（0）0 当 x0 时，f（x）0，即得函数 f（x）在（，0）上单调递减， 当 x0 时，f（x）0，即得函数 f（x）在（0，+）上单调递增 故有 f（x）minf（0）a2，即得 f（x）a2，+） 所以根据题意，若使 f（f（x）mina2，需使 f（x）的值域中包含0，+）， 即得 a20a2，故 a 的最大值为 2 30.

30、(2021河北秦皇岛二模理 T12)已知函数 f（x）lnxax 有两个零点 x1，x2，且 x1 x2，则下列选项正确的是（） Aa（0，）Byf（x）在（0，e）上单调递增 Cx1+x26D若，则 【答案】ABD 【解析】由 f（x）lnxax，可得 f（x）a，（x0）， 当 a0 时，f（x）0，f（x）在 x（0，+）上单调递增，与题意不符； 当 a0 时，可得当 f（x）a0，解得：x， 可得当 x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增， 当 x（，+）时，f（x）0，f（x）单调递减， 可得当 x时，f（x）取得极大值点， 又因为由函数 f（x）lnxax 有两个零点 x1，x

31、2（x1x2）， 可得 f（）ln10，可得 a， 综合可得：0a，故 A 正确； 当 a时，x1+x22e6，故 C 错误， f（x）a， 故 x（0，）时，f（x）0，f（x）递增， a（0，），（0，e）（0，），故选项 B 正确； f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，且 a（，）， 1，x1（0，），x2（，+）， f（1）a0f（x1），x11， f（）ln2lne220f（x2），x2， x2x11，故 D 正确； 31.(2021江西上饶二模理 T12 )对任意 x0， 不等式 ax（e2.71828） 恒成立，则正实数 a 的取值范围是（） A（0，e3BCD 【答案】A

32、【解析】由 ax恒成立，ax0， 即alnex0，故0， 令 t，x0，h（x）exex，则 h（x）exe， 易得，当 x1 时，h（x）0，函数单调递增，当 0 x1 时，h（x）0，函 数单调递减，故当 x1 时，h（x）取得最小值 h（1）0， 所以，h（x）exex0，即 exex，因为 x0，所以e，即 te， 前面不等式转化为 talnt+2e30，（te）， 令 f（t）talnt+2e3，则，（te）， 当 0ae 时，f（t）0，f（t）minf（e）ea+2e30，故 ae+2e3 所以 0ae，当 ae 时，f（x）在e，a上单调递减，在（a，+）上单调递增，f（t）

33、minf（a）aalna+2e30，令 g（a）aalna+2e3，ae，则 g（a）lna0， 故 g（a）在（e，+）上单调递减，因为 g（e3）0， 当 g（a）0 时，ae3，即 eae3，综上 a 的范围（0，e3 32.(2021河北邯郸二模理 T4)曲线 y（x3）ex在 x0 处的切线方程为（） A2x+y+30B2x+y30C2xy+30D2xy30 【答案】A 【解析】y（x3）ex的导数为 y（x2）ex，曲线 y（x3）ex在 x0 处的切线 的斜率为2，切点（0，3），则切线的方程为 y2x3，即 2x+y+30 33.(2021广东潮州二模T10)已知函数 yf（x

34、）的导函数 yf（x）的图象如图所示，则 下列结论正确的是（） Af（a）f（b）f（c）Bf（e）f（d）f（c） Cxc 时，f（x）取得最大值Dxd 时，f（x）取得最小值 【答案】AB 【解析】结合导函数的图象，可知 f（x）在（，c上单调递增，在（c，e）上单调递 减，在e，+）上单调递增， 对于 A，因为 abc，由 f（x）的单调性可知 f（a）f（b）f（c），故 A 正确； 对于 B，因为 cde，由 f（x）的单调性可知 f（c）f（d）f（e），故 B 正确； 对于 C，当 xc 时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故 C 错误； 对于 D，由 B 可知，f（d）不

35、是 f（x）的最小值，故 D 错误 34.(2021辽宁朝阳二模T12)已知 a0，m（x）ex 2e2x，f（x）am（x）sinx， 若 f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（） Am（x）在 R 上递增 Bm（x）图象关于点（2，0）中心对称 C任取不相等的实数 x1，x2R 均有 D 【答案】ABD 【解析】m（x）ex 2+e2x0，则 m（x）在 R 上递增，故 A 正确， m（x）+m（4x）ex 2e2x+e2xex20，则 m（x）图象关于点（ 2，0）中心对称， 故 B 正确， m（x）ex 2e2x，当 x2 时，m（x）0，即 m（x）为增函数，即 m（x）图 象下凸

36、，此时m（），故 C 错误， 若 f（x）存在唯一零点，则 a（ex 2e2x）sinx 只有一个解，即 g（x）a（ex2e2 x）与 h（x）sinx 只有一个交点， g（x）a（ex 2+e2x），h（x）cosx，由 g（2）h（2）0， 则 g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在 x2 的右侧附近 g（x）为下 凸函数，h（x）为上凸函数， 要 x2 时，图象无交点，当且仅当 g（2）h（2）成立 于是 2a，即 a成立，故 D 正确 35.(2021河南郑州二模文 T11)已知 a5ln0，b4ln0，c3ln0， 则 a，b，c 的大小关系是（） AbcaBacb

37、CabcDcba 【答案】C 【解析】令 f（x）xlnx，则， 当 x1 时，f（x）0，函数单调递增，当 0 x1 时，f（x）0，函数单调递减 故 f（5）f（4）f（3），所以 5ln54ln43ln3， 因为 a5lnlnaln50，b4lnlnbln40，c3lnlncln30， 所以 alna5ln5，blnb4ln4，clnc3ln3， 故 alnablnbclnc，所以 f（a）f（b）f（c）， 因为 a4lnaln40 得 0a4， 又 alna4ln4，所以 f（a）f（4），则 0a1， 同理 f（b）f（3），f（c）f（2）， 所以 0b1，0c1，所以 cba

38、36.(2021山西调研二模文 T12.)已知函数 ? ? ln? ? ? ? ?， 若 ?的最小值为 0，则 a 的值为? A.1B. C.0D. ? 【答案】A 【解析】? ? ln? ? ? 的定义域为? ? ?，? ?怀? ? ? ? ? ? ? ， 当 ? 时，?怀? b 恒成立，? ?在? ? ?上单调递减，无最值； 当 ? 时，? ? 时，?怀? b ，? ? ? ? ?时，?怀? ? ， ? ?的单调递增区间为? ? ? ?，单调递减区间为? ， 此时 ?min? ? ? ln ? ? ，? ? 体故选：?体 求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的

39、最小值，即可求出 a 的值 本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题 37.(2021安徽淮北二模文 T12)若关于 x 的不等式 lnx+a0 有且只有两个整数 解，则正实数 a 的取值范围是（） A（3ln3+1，4ln2+4Bln2+1，3ln3+1） C（ln2+，3ln3+1D（3ln2+1，2ln3+3 【答案】C 【解析】原不等式可化简为 xlnx+14aax，设 f（x）xlnx+1，g（x）4aax， 由 f （x） xlnx+1 得， f （x） lnx+1， 易知函数 f （x） 在单调递减， 在 单调递增，作出 f（x）的图象如下图

40、所示， 而函数 g（x）4aax 恒过点 C（4，0），要使关于 x 的不等式 lnx+a0 有且 只有两个整数解， 则函数 g （x） 的图象应介于直线 AC 与直线 BC 之间 （可以为直线 BC） ， 又 A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1）， ， ， 38.(2021新疆乌鲁木齐二模文 T12)设函数 f（x）lnxax+4a，其中 a0，若 仅存在一个整数 x0，使得 f（x0）0，则实数 a 的取值范围是（） AB CD 【答案】B 【解析】令 g（x）lnx，h（x）ax4aa（x4）， 因为仅存在一个整数 x0，使得 f（x0）0， 所以仅有一个整数，使得 g（x）h

41、（x），g（x）x， 令 g（x）0，可得 x1，令 g（x）0，可得 0 x1， 所以 g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增， 所以 g（x）ming（1），所以满足条件的整数为 1， 由 a0，可得 h（x）为减函数， 所以，即，解得ln21a， 即实数 a 的取值范围是（ln21， 39.(2021吉林长春一模文 T7.)曲线lnyxx在ex 处的切线的斜率为 A.1B.2C.1D.2 【答案】B 【解析】1ln ,yx 当 x = e 时, k = 2,故选 B. 二、填空题部分 40.(2021高考全国甲卷理 T13)曲线 21 2 x y x 在点 1, 3 处的

42、切线方程为_ 【答案】5 20 xy 【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可 由题，当1x 时，3y ，故点在曲线上 求导得： 22 22215 22 xx y xx ，所以 1 |5 x y 故切线方程为520 xy 故答案为：520 xy 41.(2021新高考全国卷T15)函数 212lnf xxx 的最小值为_. 【答案】1 【解析】由题设知：( ) |21| 2lnf xxx定义域为(0,)， 当 1 0 2 x时，( )1 22lnf xxx ，此时( )f x单调递减； 当 1 1 2 x时，( )21 2lnf xxx ，有 2 ( )20fx x ，此时( )

43、f x单调递减； 当1x 时，( )21 2lnf xxx ，有 2 ( )20fx x ，此时( )f x单调递增； 又 ( )f x在各分段的界点处连续，综上有：0 1x时， ( )f x单调递减， 1x 时， ( )f x 单调递增； ( )(1)1f xf。故答案为 1. 42.(2021江苏盐城三模T16)对于函数 x1，有下列 4 个论断： 甲：函数 f(x)有两个减区间；乙：函数 f(x)的图象过点(1，1)； 丙：函数 f(x)在 x1 处取极大值；丁：函数 f(x)单调 若其中有且只有两个论断正确，则 m 的取值为 【答案】2 【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用 【解析】

44、由题意可知，f(x)1 x2mxn 2mx2nx1 x ，当 x1 时，f(x)0 最多有一个解， 则函数 f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则 f(1)mn11，即有 mn 2，此时 f(x)2mx 2(2m)x1 x (2x1)(mx1) x ，若丙正确，则解得 m1，所以 n 3，而此时 f(x)在 x1 处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则 m2，n 4，可满足题意；综上，乙丁正确，且 m2 43.(2021河南开封三模理 T15)在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线（x0）上 的一个动点，则点 P 到直线 yx 的距离的最小值是 【答案】 【解析】原问题可

45、转化为曲线在点 P 处与直线 yx 平行的切线，与直线 yx 之间的距 离，因为，所以 y2x，因为在点 P 的切线与直线 yx 平行， 所以 y2x1（x0），所以 x1，将其代入曲线方程，得 y1+12，即点 P 的坐标为（1，2），所以点 P 到直线 yx 的距离的最小值是 d故答案 为： 44.(2021河南焦作三模理 T16)已知函数 f（x）的定义城为（0，+），其导函数为 f（x） ， 且满足 f（x）0，f（x）+f（x）0，若 0 x11x2且 x1x21，给出以下不等式： f（x1）ef（x2）； x1f（x2）x2f（x1）； x1f（x1）x2f（x2）； f（x2）（

46、1x1）f（x1） 其中正确的有.（填写所有正确的不等式的序号） 【答案】 【解析】对于，令 g（x）exf（x），x（0，+）， 则 g（x）ex（f（x）+f（x），因为 f（x）+f（x）0， 所以 g（x）0，所以 g（x）在（0，+）上单调递减， 因为 x1x2，所以 g（x1）g（x2），即f（x1）f（x2），即 f（x1）ef （x2），故正确； 对于，因为 f（x）0，f（x）+f（x）0， 所以 f（x）0，所以 f（x）单调递减， 因为 0 x11x2，所以 f（x2）f（x1），所以 x1f（x2）x2f（x1），故正确； 对于，由分析可知 f（x1）ef（x2）， 因

47、为 0 x11x2且 x1x21， 欲使 x1f（x1）x2f（x2），即 x1x2f（x1）x22f（x2），即 f（x1）x22f（x2）， 只需x22即可，即证 x22lnx2， 设 h（x）x2lnx，x1， 则 h（x）1+0，则 h（x）在（1，+）单调递增， 所以 h（x）h（1）0， 即 x22lnx20，故正确； 对于，假设 f（x2）（1x1）f（x1）成立， 因为f（x1）f（x2）， 所以f（x1）f（x2），所以1x1， 取 x1，则，所以2，矛盾，故不正确 故答案为： 45.(2021河北张家口三模T15)若对任意的非零实数 a， 均有直线 l： yax+b 与曲线

48、 相切,则切点坐标为 【答案】 【解析】设切点横坐标为 m，因为，所以，又 a3，所以，切 点为 1 4 2 a ，将其代入 yax+b，有 24 aa b，解得 4 a b ， 所以 1 4 ya x ，所以直线 l 必过定点 46.(2021安徽宿州三模文 T13)已知函数 f（x）xsinx，则曲线 yf（x）在点（，f （）处的切线方程为 【答案】xy0 【解析】f（x）xsinx，f（x）sinx+xcosx，f（）1，f（）， 曲线 yf（x）在点（，f（）处的切线方程为： yl（x），即 yx，即 xy0 47.(2021山东聊城三模T16.)已知函数 ? ? ? ? ? ? ?

49、 ? ? ? ? ? 有三个不同的零 点?，?，?，其中?b ?b ?，则? ? ? ? ? ? ? ? ? 的值为_ 【答案】 1 【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系 【解析】设 ? ? ? ?，? 怀? ? ? ? ，当 ? b 时，?怀? ? ；当 ? ? 时，?怀? b ，故 ? 在? ?上单调递增， 在? ?上单调递减， 且 ? ? 时， ? ? ； ? b 时， ? b ， ?max? ? ? ?，作出 ?的图象，如图 要使 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 有三个不同的零点?， ?， ?其中?b ?b ? 令 ? ? ? ?， 则? ? ? ?

50、? 需要有两个不同的实数根?（其中?b ?）则? ? ? ? ? ，即 ? ? 或 b?，且? ? ? ? ? ?若 ? ?，则? ? ? ? b ? ? b ， ?b ?，?b ，则? ? ? ?b b ?b ?，则? b b ?b b ?，且 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 若 b?，则? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，因为 ?max ? ? ? ?，且? ? ? ， ? ?maxb ?，故不符合题意，舍去 综上? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 故答案为：1 【分析】设 ? ? ? ?根据导数求出函数单调性最值