高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》真题汇编附答案解析

一、选择题

1．函数f(x)|x|a(aR)的图象不可能是( ) xA． B．

C． D．

【答案】C 【解析】 【分析】

变成分段函数后分段求导，通过对a分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】

aax,x01,x0x2xf(x),∴f(x).

aax,x01,x0xx2(1)当a0时,f(x)(2)当a0时,1令1x,x0,图象为A;

x,x0a0,∴f(x)在(0,)上单调递增, 2xa0得xa, x2a∴当xa时,120,

xa当ax0时,120,

x∴f(x)在(,a)上单调递减,在(a,0)上单调递增,图象为D; (3)当a0时,1a0,∴f(x)在(,0)上单调递减, 2xa0得xa, x2a∴当xa时,120,

xa当0xa时,120,

x令1∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】

本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.

2xx22．函数f(x)x的图像大致为( )

41A． B．

C．

D．

【答案】A 【解析】

2x?x2∵函数fxx的定义域为(,0)U(0,)

412x(x)22xx2∴f(x)f(x) xx4114∴函数fx为奇函数，故排除B，C. ∵f(1)故选A.

点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法

20，故排除D. 3排除、筛选选项．

3．函数f（x）＝x﹣g（x）的图象在点x＝2处的切线方程是y＝﹣x﹣1，则g（2）+g'（2）＝（ ） A．7 【答案】A 【解析】

B．4

C．0

D．﹣4

Qfxxgx,f'x1g'x，因为函数fxxgx的图像在点x2处

的切线方程是yx1，所以f23,f'21，

g2g'22f21f'27，故选A．

4．曲线y=x2与直线yx所围成的封闭图形的面积为（ ） A．

1 6B．

1 3C．

1 2D．

5 6【答案】A 【解析】

曲线yx与直线yx的交点坐标为0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线yx22与直线yx所围成的封闭图形的面积为

1xxdxx2201211x3|1 ，故选A. 036

5．曲线ye2x1在点(0,2)处的切线与直线y0和yx所围成图形的面积( ) A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

利用导数的几何意义，求得曲线在点(0,2)处的切线方程，再求得三线的交点坐标，利用三角形的面积公式，即可求解，得到答案． 【详解】 由题意，曲线ye所以曲线ye2x2xB．

1 3C．

2 3D．

1 21，则y2e2x，所以y|x02e2x|x02，

1在点(0,2)处的切线方程为y22(x0)，即2xy20，

2， 3121所以切线与直线y0和yx所围成图形的面积为1，故选B．

233【点睛】

令y0，解得x1，令yx，解得xy本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程，以及两直线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

6．函数fxln43xxA．,

22的单调递减区间是（ ）

C．1,

23 B．，3234 D．，32【答案】D 【解析】 【分析】

先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】

由43xx20得1x4，即函数定义域是(1,4)，

32533u43xx2(x)2在(1,]上递增，在[,4)上递减，

2224而ylnu是增函数，

∴f(x)的减区间是[,4)． 故选：D． 【点睛】

本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．

32

7．若曲线yx4x3ax(x0)存在斜率小于1的切线，则a的取值范围为（ ） A．,3 2B．,1 2C．,5 4D．,1 4【答案】C 【解析】 【分析】

对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】

由题意可得y4x3xa1在x0,上有解，

32322设fx4x3xa(x0)，fx12x6x6x2x1，

令fx0，得0x11；令fx0，得x， 2211f(x)在(0,)单调递减，在(,)单调递增，

22151fxminfa1，解得：a.

442故选：C. 【点睛】

本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

8．若点(log147,log1456)在函数f(x)kx3的图象上，则f(x)的零点为（ ） A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

将点的坐标代入函数yfx的解析式，利用对数的运算性质得出k的值，再解方程

B．

3 2C．2 D．

3 4fx0可得出函数yfx的零点．

【详解】

Qlog1456log144log141412log14212(1log147)32log147，

3k2，f(x)2x3.故fx的零点为，故选B.

2【点睛】

本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．

9．已知函数

上一定（ ）

A．有最小值 C．是减函数 【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数

在区间

上有最小值得知其对称轴

在区间

，再由基本初上的单调性.

，

B．有最大值 D．是增函数

在区间

上有最小值，则函数

在区间

等函数的单调性或单调性的性质可得出函数【详解】 由于二次函数

在区间

上有最小值，可知其对称轴

.

当

时，由于函数

在在

和函数

在上为增函数； 上为增函数；

在

上单调递

上都为增函数，

此时，函数当当增，

时，

时，由双勾函数的单调性知，函数

，所以，函数

综上所述：函数【点睛】

本题考查二次函数的最值，同时也考查了

在区间

在

上为增函数，故选D.

上为增函数.

型函数单调性的分析，解题时要注意对

的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.

10．已知函数f(x)A．(0,1) 【答案】B 【解析】 【分析】

lnf(x)xa有2个零点的a的取值范围（ ） ，则使g(x)f(x)lnxB．0,1 eC．,1

1eD．,

1elnf(x)xg(x)a有2个零点，令tf(x)，利用导数研究其图象和值域，再将

f(x)lnx转化为a【详解】 令tf(x)lnt在[e,)上只有一解求解. txx0， ，当0x1时，tf(x)lnxlnx当x1时，tf(x)lnx1lnx2，

当1xe时，t0，当xe时，t0， 所以当xe时，t取得最小值e，所以te， 如图所示：

所以g(x)令mlnf(x)lnta有2个零点，转化为a在[e,)上只有一解， f(x)tlnt1lntlnt0m，m，所以在[e,)上递减， 2ttt1， e11所以0a，当a时，xe，只有一个零点，不合题意，

ee所以0m所以0a故选：B 【点睛】

本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

1 e

x26x3,x011．fxx，则函数yffx的零点个数为（ ）

34,x0A．3 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】 【分析】

作出f(x)的图像，将yffx的零点个数即ffx0的实数根个数，令

tf(x)，解f(t)0有三个实数根，再结合图像即可得到答案.

【详解】

由题意，yffx的零点个数即ffx0的实数根个数， 作fx的图像如图所示，

设tf(x)，则f(t)0，

当t0时，即t26t30，解得，t136,t236； 当t0时，即3t40，解得t3log34； 结合图像知，f(x)36时有一个根，

f(x)36时有三个根，f(x)log34时有三个根，

所以ffx的零点个数为7. fx0有7个根，即yf故选：D 【点睛】

本题主要考查函数的零点问题、解函数值以及一元二次函数和指数函数的图像，考查学生数形结合的思想，属于中档题.

12．已知函数fx2xR为奇函数，且函数yfx的图象关于直线x1对

称，当x0,1时，fxA．2020 【答案】D 【解析】 【分析】

x，则f2020（ ） 202011B． C．

10102020D．0

根据题意，由函数fx的对称性可得fx4fx2，即fx2fx，进而可得fx4fx，即函数fx是周期为4的周期函数，据此可得

f2020f0，由函数的解析式计算可得答案．

【详解】

解：根据题意，函数fx2为奇函数，即函数fx的图象关于点2,0对称，则有

fxfx4，

函数yfx的图象关于直线x1对称，则fxf2x， 变形可得：fx4fx2，即fx2fx， 则有fx4fx，即函数fx是周期为4的周期函数，

f2020f05054f00；

故选：D． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性的综合应用，难度一般.一般地，若一个奇函数有对称轴（或一个偶函数有对称中心），可分析出函数具有周期性.

13．已知a（ ） A．cab 【答案】C 【解析】 【分析】

B．acb

C．bac

D．cba

ln3ln4lnee,b,c（是自然对数的底数），则a,b,c的大小关系是34eln3ln4lnelnx,b,c的结构特点，令fx，求导

x34e1lnxfx，可得fx在0,e上递增，在e,+上递减，再利用单调性求解. 2x【详解】

lnx令fx，

x1lnx所以fx， 2x根据a当0xe时， fx0，当xe时，fx0， 所以fx在0,e上递增，在e,+上递减. 因为e34，

所以 fef3f4， 即bac. 故选：C 【点睛】

本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.

14．已知定义在R上的奇函数yfx满足fx8fx0，且f55，则

f2019f2024（ ）

A．-5 【答案】B 【解析】 【分析】

根据f(x8)f(x)0得函数的周期为16，结合f55，f(0)0即可求解. 【详解】

由f(x8)f(x)0，得f(x8)f(x)，

所以f(x16)f(x8)f(x).故函数yf(x)是以16为周期的周期函数. 又在f(x8)f(x)0中，令x0，得f(8)f(0)0， 且奇函数yf(x)是定义在R上的函数，

所以f(0)0.故f(8)0.故f(2024)f(161268)f(8)0. 又在f(x8)f(x)0中，令x3，得f(5)f(3)0.

得f(5)f(3)f(3)5，则f(2019)f(161263)f(3)5. 所以f(2019)f(2024)5. 故选：B. 【点睛】

此题考查根据函数的周期性求抽象函数的函数值，关键在于根据函数关系准确得出函数周期，结合定义在R上的奇函数的特征求值.

B．5

C．0

D．4043

15．若函数fxe（） A．2, 【答案】B 【解析】 【分析】

将问题转化为fx0在,上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化

22xsinxa在区间,上单调递增，则实数a的取值范围是

22B．1, C．1,

D．2,

为2sinx,上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得a0在2242sinxa1a,2a，则只需-1+a?0即可，解不等式求得结果. 4【详解】

由题意得：fxexsinxaexcosxex2sinxa

4Qfx在,上单调递增 fx0在,上恒成立

2222又ex0 2sinx,上恒成立 a0在22432x,x,sinx,1 当时， 44442222sinxa1a,2a 1a0，解得：a1, 4本题正确选项：B 【点睛】

本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.

16．二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想．

17．设函数fx在R上存在导数fx，xR有fxfx2x，在0，2上fx2x，若f4mfm168m，则实数m的取值范围是（ ）

 A．2，

【答案】A 【解析】 【分析】

 B．0，2C．2，22， D．，通过xR有fxfx2x，构造新函数gxfxx，可得gx为奇函

22数；利用fx2x，求gx的导函数得出gx的单调性，再将不等式

f4mfm168m转化，可求实数m的取值范围.

【详解】

设gxfxx，

2∵gxgxfxxfxx0，

22∴函数gx为奇函数，

∵在x0,上，fx2x，即fx2x0， ∴gxfx2x0，

∴函数gx在x0,上是减函数， ∴函数gx在x,0上也是减函数， 且g00，

∴函数gx在xR上是减函数， ∵f4mfm168m，

22168m， gmm∴g4m4m∴g4mgm， ∴4mm， 即m2. 故选：A. 【点睛】

本题考查函数的奇偶性、单调性的应用，考查运算求解能力、转化与化归的数学思想，是中档题.

18．已知函数fx的导函数为fx，在0,上满足xfxfx，则下列一定成立的是（ ）

A．2019f20202020f2019 C．2019f20202020f2019 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数gxB．f2019f2020 D．f2019f2020

fx，利用导数判断函数ygx在0,上的单调性，可得出xg2019和g2020的大小关系，由此可得出结论.

【详解】

fxxfxfx. 令gxx0，则gxxx2由已知得，当x0时，gx0.

故函数ygx在0,上是增函数，所以g2020g2019， 即

f2020f2019，所以2019f20202020f2019. 20202019故选：A. 【点睛】

本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解

答的关键，考查推理能力，属于中等题.

19．已知函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

21若数列的前n项和为Sn，则S2018的值为（ ）

fn2015 2016【答案】D 【解析】 【分析】

A．

B．

2016 2017C．

2017 2018D．

2018 2019求出原函数的导函数，得到yfx在x1时的导数值，进一步求得m，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出S2018的值． 【详解】

由fxxmx，得fx2xm，f1m2，

2因为函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

2f1m23，解得m1，fxx2x，则

111112. fnnnnn1nn1因此，S20181故选：D. 【点睛】

本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．

1111112018L1. 2232018201920192019

x21,x0f(x)20．已知函数，若fa1，则实数a的取值范围是（ ） log2x,x0A．(4]U[2,) C．[4,0)U(0,2] 【答案】D 【解析】 【分析】

B．[1,2] D．[4,2]

a0,a0,fa1不等式等价于或分别解不等式组后，取并集可求得aa211,log2a1,的取值范围.

【详解】

a0,a0,fa1或，

a211,loga1,2解得：4a0或0a2，即a[4,2]，故选D.

【点睛】

本题考查与分段函数有关的不等式，会对a进行分类讨论，使f(a)取不同的解析式，从而将不等式转化为解绝对值不等式和对数不等式.