全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析

(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）

函数与导数小题（共23小题）

一、函数奇偶性与周期性

1.（2015年1卷13）若函数$f(x)=x\ln(x+a+x^2)$为偶函数，则$a=$

解析】由题知$y=\ln(x+a+x^2)$是奇函数，所以

$\ln(x+a+x^2)+\ln(-x+a+x^2)=\ln(a+x-x)=\ln a$，解得$a=1$。考点：函数的奇偶性。

2.（2018年2卷11）已知

$$f(x)=\begin{cases}\frac{x+1}{x},x<0\\ax^2,x\geq

0\end{cases}$$ 是定义域为$(-\infty,0)\cup[0,+\infty)$的奇函数，满足$f(\frac{1}{2})=1$。若，$f'(-1)=-2$，则$a=$

解：因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-\frac{1}{2})=-1$，

$f(0)=0$。又因为$f'(-1)=-2$，所以$f'(-x)|_{x=1}=2$，

$f'(0+)=0$，$f'(0-)=0$。由此可得

$$\begin{aligned}a&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-

0}\\&=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{ax^2}{x}\\&=\lim\limits_{x\to

0^+}ax\\&=\lim\limits_{x\to 0^-}ax\\&=-

\frac{1}{2}\end{aligned}$$ 故选B。

3.（2016年2卷12）已知函数$f(x)(x\in R)$满足$f(-x)=2-

f(x)$，若函数$y=\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)$的图像的交点

为$(x_1,y_1),(x_2,y_2),\cdots,(x_m,y_m)$，则

$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=( )$

解析】由$f(x)$的奇偶性可得$f(0)=1$，又因为$f(x)$是偶

函数，所以$f'(0)=0$。所以$y=x+f(x)$在$x=0$处有切线，且斜率为1.因此对于每一组对称点$(x_i,y_i),(x_i',y_i')$，有

$x_i+x_i'=y_i+y_i'=2$，所以

$\sum\limits_{i=1}^m(x_i+y_i)=\sum\limits_{i=1}^m2m=2m^2$，故选C。

二、函数、方程与不等式

4.（2015年2卷5）设函数

$$f(x)=\begin{cases}1+\log_2(2-x),x<1\\x-1,x\geq

1\end{cases}$$ 已知$f(-2)+f(\log_2 12)=()$

解析】由已知得$f(-2)=1+\log_2 4=3$，又$\log_2 12>1$，

所以$f(\log_2 12)=\log_2 12-1=2$，故$f(-2)+f(\log_2

12)=3+2=5$。故选D。

5.（2018年1卷9）已知函数

$$f(x)=\begin{cases}x+1,x\leq 0\\1+\log_2(2-

x),x>0\end{cases}$$ 画出函数$f(x)$的图像，在$y$轴右侧的去掉，设直线$x+a$与函数$f(x)$的图像有两个交点，则$a$的取

值范围是$[$$-1,+\infty)$。

解：画出函数$f(x)$的图像，发现在$x=2$处有一个间断点，故在$y$轴右侧的去掉。设直线为$y=kx+b$，则

$$\begin{cases}kx+b=x+1,x\leq 0\\kx+b=1+\log_2(2-

x),x>0\end{cases}$$ 解得$k=1$，$b=1$。故直线为$y=x+1$，$a=-1$，故选C。

1.设函数 $f(x)=\frac{6}{x+2}-\frac{1}{x}$，则满足

$f(x)+f(x-2)>1$ 的 $x$ 的取值范围是 $\left(2,+\infty\right)$。

解析：将 $f(x)+f(x-2)>1$ 化简得到 $f(x-2)>1-f(x)$，即

$\frac{6}{x}+\frac{6}{x-2}>1$。化简得到

$x\in\left(2,+\infty\right)$，故选 C。

2.已知函数$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$ 有唯一零点，则 $a=\frac{1}{2}$。

解析：由条件，$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$，得到

$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x}-1+e^{x-2}+1)=x^2-2x+a(e^x-

1+e^{-x}+1)=f(x)$，即 $x=1$ 为 $f(x)$ 的对称轴。由题意，

$f(x)$ 有唯一零点，即 $x=1$，代入 $f(x)$ 得到

$a=\frac{1}{2}$。

3.函数$f(x)$ 在$(-\infty,+\infty)$ 单调递减，且为奇函数。若 $f(1)=-1$，则满足 $-1\leq f(x-2)\leq 1$ 的 $x$ 的取值范围是$[1,3]$。

解析：$-1\leq f(x-2)\leq 1$ 可化为 $f(1)\leq f(x-2)\leq f(-1)$，即 $-1\leq x-2\leq 1$，解得 $1\leq x\leq 3$，故选 D。

4.已知 $a=2$，$b=4$，$c=25$，则 $b

解析：$a=2=\sqrt{4}>2^{\frac{2}{3}}=\sqrt[3]{8}=b$，

$c=25>2^3=8=2^{\frac{6}{3}}>2^{\frac{4}{3}}=4=a$，故

$b

1.用特殊值法，令a=3，b=2，c=1，得到32>22，

3log2<2log3，故选项C正确。

2.为正数，且2x=3y=5z，则可求得2x=log2(1/30)，

3y=log3(1/30)，5z=log5(1/30)。对分母乘以30可得30log2=1，30log3=2，30log5=1，故而可得m>1，log3>log2>log5，即

3y<2x<5z，故选D。

3.设a=log0.2(0.3)，b=log2(0.3)，则XXX(0.3)log2(0.3)，a+b=log0.2(0.3)+log2(0.3)。化简可得

ab

4.根据函数的奇偶性，排除A和C；根据函数图像，排除B，故选D。

5.在点处的切线方程为y=-2x+3，1处的切线的斜率为-2，则a=-2.

6.曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的斜率为a+1，且过该点的切线方程为y=x+1，解得a=0.

7.设f(x)=x^3+ax^2+bx+c，则f(-x)=-x^3+ax^2-bx+c，因为f(x)为奇函数，所以f(-x)=-f(x)，代入得到-a=0，即a=0.

8.已知f(x)在x=1处的导数为2，设g(x)=f(x-1)，则

g'(x)=f'(x-1)=2，即g(x)在x=2处的导数为2，故选B。

9.设f(x)=x^3+ax^2+bx+c，则f'(x)=3x^2+2ax+b，

f''(x)=6x+2a，因为f''(0)=2，所以2a=2，即a=1，代入f'(1)=0得到b=-4，代入f(0)=1得到c=1，故f(x)=x^3+x^2-4x+1.

10.设f(x)=ax^3+bx^2+cx+d，则f'(x)=3ax^2+2bx+c，

f''(x)=6ax+2b，因为f'(1)=0，所以3a+2b+c=0，因为f''(1)=0，所以6a+2b=0，解得a=-b/3，c=-2b，代入f(1)=1得到b=3/4，代入f(0)=0得到d=0，故f(x)=3/4x^3+9/4x。

1.给定函数f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)=ln(-x)+3x，求曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程。

解析】当x>0时，-x<0，因此f(-x)=ln(x)-3x。由于f(x)为偶函数，因此f(x)=f(-x)=ln(x)-3x。因此f'(x)=1/x-3.在x=1处，f(1)=-2，因此切线斜率为f'(1)=-2，所以切线方程为y+3=-2(x-1)，即y=-2x-1.

考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的几何意义。

2.给定函数f(x)=e^(2x-1)-ax+a，其中a>1.若存在唯一的整数x，使得f(x)

解析】设g(x)=e^(2x-1)，y=ax-a。由题知存在唯一的整数x，使得g(x)在直线y=ax-a的下方。因为g'(x)=e^x(2x+1)，所以当x0时，g'(x)>0.因此，g(x)在x=0处取得极小值。由于a>1，因此y=ax-a在x=1处与y=f(1)-1相交，且在x=1处g(x)的导数为正。因此，当a>2e时，g(x)在y=ax-a的下方存在唯一的整数解x。因此，a的取值范围为(a>2e)。

考点：导数的几何意义；函数的单调性。

1.已知函数 $f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4}。g(x)=-\ln x$。

Ⅰ）求出使得曲线 $y=f(x)$ 在 $x$ 轴上有切线的 $a$ 的取值。

Ⅱ）定义函数 $h(x)=\min\{f(x),g(x)\}$，讨论 $h(x)$ 的零点个数。

解析：

Ⅰ）设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x,0)$ 处与 $x$ 轴相切，则$f(x)=0$，$f'(x)=0$。

解得 $x=\frac{1}{2}$，$a=-\frac{3}{2}$，此时曲线

$y=f(x)$ 在 $x$ 轴上有切线。

Ⅱ）当 $x\in(1,+\infty)$ 时，$g(x)=-\ln x<0$，因此

$h(x)=\min\{f(x),g(x)\}\leq g(x)<0$，所以 $h(x)$ 在

$(1,+\infty)$ 无零点。

当 $x=1$ 时，若 $a\geq -\frac{5}{5}$，则

$f(1)=a+\frac{1}{4}\geq 0$，$h(1)=\min\{f(1),g(1)\}=g(1)=0$，所以 $x=1$ 是 $h(x)$ 的一个零点；若 $a<-\frac{5}{4}$，则$f(1)=a+\frac{1}{4}<0$，$h(1)=\min\{f(1),g(1)\}=f(1)<0$，所以 $x=1$ 是 $h(x)$ 的一个零点。

综上所述，$h(x)$ 的零点个数为 $1$。

不是h(x)的零点。

当x∈(0,1)时，g(x)=−lnx<0，因此只需考虑f(x)在(0,1)的

零点个数。

2（ⅰ）若a≤−3或a≥4，那么f′(x)=3x+a在(0,1)无零点，

因此f(x)在(0,1)单调。同时，f(0)=15，f(1)=a+4，因此当a≤−3时，f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥4时，f(x)单调递减，在

(−∞,1)单调递增，因此在(0,1)无零点。

ⅱ）若−3

①若f(−3a/4)>0，即−3/4

②若f(−3a/4)=0，即a=−4/3，那么f(x)在(0,1)有唯一零点。

③若f(−3a/4)<0，即a<−3/4，由于f(0)=5，f(1)=a+4，因

此当−3/4

综上，当a≥4或a≤−3时，h(x)有一个零点；当a=−4/3时，h(x)有一个零点；当−3/4

2.(I)讨论函数f(x)=(x-2)ex的单调性，(x-2)ex+x+2>0；并

证明当x>2时，(x+2)/(ex-ax-a)>0.

⑴证明：f′(x)=(x-3)ex<0，因此f(x)在(-∞,2)上单调递减，

在(2,+∞)上单调递增。

⑵当x>2时，(x-2)ex>0，因此只需证明x+2>0，ex-ax-a>0.

对于ex-ax-a>0，当a≥0时，显然成立；当0>a>-1时，ex-ax-a在x趋于+∞时趋近于+∞，因此存在x0，使得当x>x0时，ex-ax-a>0；当a≤-1时，ex-ax-a在x趋于+∞时趋近于0，因此

不成立。

对于x+2>0，显然成立。

因此当a∈[0,1)时，(x+2)/(ex-ax-a)>0.

II)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)=(x>0)(x-2)ex+x+2有最

小值。设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域。

⑴当a=0时，g(x)=xex+x+2，因此g(x)在x趋于+∞时趋近于+∞，不存在最小值。

⑵当02ex-2+a，因此只需证明2ex-2+a有最小值即可。对于2ex-2+a，当x趋于+∞时趋近于+∞，因此存在x0，使得当x>x0时，2ex-2+a>0.因此2ex-2+a的最小值为2a-2，因此

h(a)=2a。

因此h(a)的值域为[0,2)。

记$k(t)=\frac{e^{t+1}}{t^2+2t}$，在$t\in(0,2]$时，

$h(a)=k(a)$。

由$k'(t)=\frac{e^{2t}}{24}>0$可知$k(t)$单调递增，因此$h(a)=k(t)\in(\frac{1}{e^2},\frac{1}{e}]$。

x^4=x\cdot e^{-2x}\cdot

xe^x\cdot\frac{x+2}{x+2}\cdot\frac{e^a}{e^a}=\frac{x^2e^{x+a} (x+2a)}{(x+2)^2}$$

对于第三题：

1）由$f(x)=ae^x+(a-2)e^{-x}$，可得$f'(x)=2ae^x-(a-2)e^{-x}$。

当$a\leq2$时，$2ae^x\leq(a-2)e^{-x}$，因此$f'(x)<0$，即$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递减；

当$a>2$时，$2ae^x>(a-2)e^{-x}$，令$f'(x)=0$，解得$x=-

\ln\frac{a}{2}$，当$x<-\ln\frac{a}{2}$时，$f'(x)<0$，即

$f(x)$在$(-\infty,-\ln\frac{a}{2})$上单调递减，在$(-

\ln\frac{a}{2},+\infty)$上单调递增。

2）当$a\leq2$时，$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递减，只

有一个零点，不满足条件。

当$a>2$时，$f(x)$在$(-\infty,-\ln\frac{a}{2})$上单调递减，在$(-\ln\frac{a}{2},+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$在$(-

\infty,-\ln\frac{a}{2})$和$(0,+\infty)$上各有一个零点，即

$f(x)$有两个零点。

令$g(a)=1+\frac{1}{a}+\ln a$，则$f_{\min}=f(-

\ln\frac{a}{2})=1+g(a)$。

当$a>1$时，$g'(a)=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}>0$，

$g(a)$单调递增，$g(1)=1$，因此$g(a)>0$，即$f_{\min}>1$，$f(x)$有两个零点。

当$a=1$时，$f(x)=2e^x-2$，只有一个零点$x=0$，不满足条件。

综上所述，$a\in(\frac{1}{e},2)$时，$f(x)$有两个零点。

1) 给出函数f(x)的表达式和一些导数计算，证明f(x)在不同区间内的单调性。具体来说，对于m≥0和m<0分别讨论f(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上的单调性。

2) 利用(1)中的结论，证明f(x)在[-1,1]上有最小值，并求出该最小值。然后根据|f(x1)-f(x2)|≤e-1的条件，确定m的取值范围。

正常格式的答案：

5.（2015年2卷）设函数f(x)=emx+x2-mx。

1)证明：当m≥0时，f(x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；当m<0时，f(x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增。

解析：对f(x)求导得f′(x)=m(emx-1)+2x。当m≥0时，emx-1≤0，所以f′(x)0当x∈(0,+∞)。当m0，所以f′(x)0当

x∈(0,+∞)。因此f(x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增。

2)证明：对于任意的m，f(x)在[-1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，所以f(x)在x=0处取得最小值。设该最小值为f(0)，则f(1)-f(0)≤e-1，f(0)-f(-1)≤e-1.由于f(x)在(0,+∞)单调递增，所以f(1)>f(0)，由此可得f(0)-f(-1)≤f(1)-f(0)≤e-1.又因为f(x)在(-∞,0)单调递减，所以f(0)-f(-1)≥f(0)-f(1)≥-e-1.综上可得|f(1)-

f(0)|≤e-1，|f(0)-f(-1)|≤e-1.由于这两个不等式是等价的，所以只

需考虑其中一个即可。由f(x)的表达式可得f(x)在[-1,1]上连续，所以f(x)在[-1,1]上有最大值和最小值。由于f(x)在x=0处取得

最小值，所以最小值不大于最大值，即f(1)-f(0)≤f(0)-f(-1)，即

e-m≤e-1，所以m≥1.又因为f(x)在[-1,1]上的最大值不超过e-

m+1，所以f(1)-f(-1)≤2(e-m+1)，即e-m≤e-1/2，所以m≥ln2.综

上可得1≤m

存在两个零点，故a>0，代入得到-x

2

e2x2+a(x

2

1)2<0，整理得到x

2

2，即x

1

x

2

2，证毕。

解析：

1.第一段话没有明显的格式错误，不需要修改。但是语言

表达可以更简洁明了，改写后如下：

根据题意，有以下两个不等式：

m f()f()e，e m e。由于当t0时，g′(t)>0，因此g(t)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增。又因

为g(1)=0，g(-1)=e-1+2-e1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即

em-m>e-1；当m0，即e-m+m>e-1.

2.第二段话中有一个明显的格式错误，即“e”和“6”之间缺

少符号。另外，语言表达也可以更简洁明了，改写后如下：根据题意，函数f(x)=(x-2)ex+ax-1有两个零点。首先求a

的取值范围。对f(x)求导得f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a)。当a=0时，f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一个零点。当a>0时，f(x)在(-∞,1)内单调递减，在(1,+∞)内单调递增。又因为f(1)=-e，

f(2)=a，取b满足b0，故f(x)存在两个零点。当a1，所以f(x)

在(1,ln(-2a))内单调递减，在(ln(-2a),+∞)内单调递增，且f(x)不

存在两个零点。因此，a的取值范围为(0,+∞)。

接下来证明x

1

x

2

2.不妨设x

1

x

2

则x

1

1)，x

2

1,+∞)，2-x

2

1)。因为f(x)在(-∞,1)内单调递减，所以x 1

x

2

2等价于f(x

1

f(2-x

2

即f(2-x

2

0.代入得到-x

2

e2-x2+a(x

2

1)2<0，整理得到x

2

2，即x

1

x

2

2，证毕。

2.已知方程$(x^2-2)e^{x^2}+a(x^2-1)^2=0$，则$f(2-x^2)=-

x^2e^{2-x^2}-(x^2-2)e^{x^2}$。设$g(x)=-xe^{-(x-2)e^x}$，则$g'(x)=(x-1)(e^x-e^{-x})$。因此当$x>1$时，$g'(x)1$时，

$g(x)<0$。因此$g(x^2)=f(2-x^2)<0$，所以$x_1+x_2<2$。

7.已知函数$f(x)=(2+x+ax^2)\ln(1+x)-2x$，(1) 若$a=0$，

证明：当$-10$时，$f(x)>0$；(2) 若$x=0$是$f(x)$的极大值点，求$a$。

解：(1) 当$a=0$时，$f(x)=(2+x)\ln(1+x)-2x$，

$f'(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{1+x}$。设$g(x)=f'(x)=\ln(1+x)-

\frac{x}{1+x}$，则$g'(x)=\frac{x^2}{(1+x)^2(1+x)}$。当$-10$时，$g'(x)>0$。因此当$x>-1$时，$g(x)\ge g(0)=0$，且仅当$x=0$时，$g(x)=0$。因此$f(x)$在$(-1,+\infty)$单调递增。又$f(0)=0$，所以当$-10$时，$f(x)>0$。

2) 若$x=0$是$f(x)$的极大值点，则$f'(0)=0$，即

$2\ln(1)+0=0$，解得$a=-\frac{1}{2}$。又$f''(0)<0$，即$-

\frac{2}{1+0}<0$，符合极大值点的条件。因此$a=-

\frac{1}{2}$。

已知函数$f(x)=x-1-alnx$。

1）若$f(x)\geq 0$，求$a$的值；

2）设$m$为整数，且对于任意正整数$n$，

$\left|1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}-

\frac{m}{2}\right|<\frac{1}{2}$，求$m$的最小值。

解析】（1）当$f(x)\geq 0$时，$x-1-alnx\geq 0$，即

$x\geq 1+alnx$。又因为$lnx\leq x-1$，所以$x\geq 1+a(x-1)$，

即$x\geq \frac{1+a}{1-a}$。因此，$a\leq \frac{x-1}{lnx-x}$。又因为$f(1)=0$，所以$a=\frac{1}{e}$。

2）由于

$\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}=\frac{1-

\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}}=2-\frac{1}{2^n}$，所以

$\left|1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}-

\frac{m}{2}\right|=\left|\frac{2m-

2+\frac{1}{2^n}}{2}\right|<\frac{1}{2}$。即$|2m-

2+\frac{1}{2^n}|<1$。当$n=1$时，$|2m-3|<1$，即$2m-3=-1,0$或$1$，解得$m=1,2$或$2$。当$n\geq 2$时，$|2m-2|<1$，即$2m-2=0$或$1$，解得$m=1$或$2$。综上所述，$m$的最小值为$1$。

上单调递增，因此当0

当a>1时，当1a时，g'(x)>0，因此f(x)在(a,+∞)上单调递增。

若a<1，f(x)在(a,1)上单调递增，因此当x∈(a,1)时，

f(x)

综上所述，a=1.

因为f(1)=0，要使f(x)=x(1-lnx)在(0,+∞)上恒成立，则必

要条件为f'(x)=1-1/x=0，解得x=1.当a=1时，f(x)=x(1-lnx)，

f'(x)=1-1/x，当01时，f'(x)>0，f(x)单调递增，因此x=1为f(x)

的极小值点，f(x)

2) 因为f(x)=xg(x)，且f(x)存在唯一的极大值点x，因此

g(x)也存在唯一的极大值点x。因为g'(x)=a-1-1/x，当a>1时，

g'(x)0，g(x)单调递增。因此当a=1时，g(x)=1-1/x，g'(x)<0，

g(x)单调递减，存在唯一的极大值点，即x=e。因此f(x)在x=e 时取得极大值，且f(x)在(0,+∞)上单调递增。

1）已知函数 $g(x)$ 在 $x1$ 时单调递增，因此 $x=1$ 是$g(x)$ 的极小值点，故 $g(x)\geq g(1)=0$。又因为 $e^{-2}>0$，$h(x)$ 在 $(0,1)$ 内有唯一零点 $x_1$，在 $(1,+\infty)$ 内有唯

一零点 $x_2$，且 $h(x)>0$ 当 $x\in (0,x_1)$，$h(x)0$ 当 $x\in (1,x_2)$。由于 $f'(x)=h(x)$，$f(x)$ 的极大值点唯一，即

$x=x_1$。又因为 $f'(x)=h(x)$，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内单调递减，在 $(1,+\infty)$ 内单调递增。由 $f'(x)=\ln x-2(x-1)$ 得

$f(x)=x(1-x)$，因此在 $(0,1)$ 内 $f'(x)0$，故 $e^{-

2}

2）根据（1）的结论，$h(x)$ 在 $(0,1)$ 内单调递减，在$(1,+\infty)$ 内单调递增，且存在唯一零点 $x_1$ 和 $x_2$。