2022年高考数学真题分类汇编专题04：导数

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2022年高考数学真题分类汇编专题04：导数
一、单选题
1．（2022·全国乙卷）函数 在区间 的最小值、最大值分别为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·全国甲卷）当 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． C． D．1
4．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
5．（2022·新高考Ⅰ卷）设 则（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
6．（2022·新高考Ⅱ卷）函数 的图象以 中心对称，则（　　）
A． 在 单调递减
B． 在 有2个极值点
C．直线 是一条对称轴
D．直线 是一条切线
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 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 的对称中心
D．直线 是曲线 的切线
8．（2022·新高考Ⅰ卷）已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C： 上，过点 的直线交C于P，Q两点，则（　　）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
三、填空题
9．（2022·新高考Ⅱ卷）写出曲线 过坐标原点的切线方程：　 　，　 　．
10．（2022·全国乙卷）已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值点和极大值点．若 ，则a的取值范围是　 　．
11．（2022·新高考Ⅰ卷）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是　 　.
12．（2022·上海）已知 为奇函数，当 时， ，且 关于直线 对称，设 的正数解依次为 、 、 、 、 、 ，则 　 　
四、解答题
13．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
14．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
15．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
16．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
17．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
18．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
19．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
20．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 和 有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
21．（2022·上海）已知数列 ， ， 的前n项和为 .
（1）若 为等比数列， ，求 ；
（2）若 为等差数列，公差为d，对任意 ，均满足 ，求d的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】 ，
由于 在区间 和 上 ，即 单调递增；
在区间 上 ，即 单调递减，
又 ， ， ，
所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .
故选：D
【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值.
2．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为，因为当，sinx所以 ，即， 所以c>b ；
设，
f'(x)=-sinx+x>0 ，所以f(x)在（0，+∞）单调递增，
则， 所以 ，
所以b>a， 所以c>b>a ，
故选：A
【分析】由结合三角函数的性质可得c>b；构造函数，利用导数可得b>a，即可得解.
3．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为（0，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．
4．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
5．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式比较大小
【解析】【解答】解：令a=xex，，c=-ln(1-x)，
则lna-lnb=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x)，
令y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
则，
所以y≤0，
所以lna≤lnb，
所以b>a，
a-c=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
令y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
，
令k(x)=，
所以k'(x)=(1-2x-x2)ex>0，
所以k(x)>k(0)>0，
所以y'>0，
所以a-c>0，
所以a>c，
综上可得，c故选：C
【分析】分别构造函数y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，根据导数判断函数的单调性，再运用作差法比较大小即可得解.
6．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由题意得： ，所以 ， ，
即 ，
又 ，所以 时， ，故 ．
对于A：当 时， ，由正弦函数 图象知 在 上是单调递减；
对于B：当 时， ，由正弦函数 图象知 只有1个极值点，由 ，解得 ，即 为函数的唯一极值点；
对于C：当 时， ， ，直线 不是对称轴；
对于D：由 得： ，
解得 或 ，
从而得： 或 ，
所以函数 在点 处的切线斜率为 ，
切线方程为： 即 ．
故答案为：AD
【分析】先根据已知条件求出 的值，从而求得函数得解析式 ，再根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可得解．
7．【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令f'(x)=3x2-1=0，得或，
当或时，f'(x)>0，当时，f'(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)有两个极值点为或，故A正确；
又所以f(x)只有一个零点，故B错误；
由f(x)+ f(-x)=2可知，点(0，1)是曲线y= f(x)的对称中心，故C正确；
曲线y=f(x)在点(1，1)处的切线的斜率为k=f'(1)=2，则切线方程为y=2x-1，故D错误.
故选：AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，零点，以及函数的对称中心，结合导数的几何意义，逐项判断即可.
8．【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；平面向量数量积的运算；直线的两点式方程；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：1=2p， 所以抛物线C： x2=y，故C的准线为，故A错误；
由y'=2x得曲线C在点A(1，1)处的切线斜率为2，所以切线方程为y=2x-1，又直线AB为：，即y=2x-1，故直线AB与C相切，故B正确；
过点B(0，-1)的直线设为y=kx-1，交C于P，Q两点的坐标分别设为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线与C方程可得x2-kx+1=0，
则x1+x2=k，x1x2=1，且，
即k2>4，则y1+y2=k2-2，y1y2=1，
此时
，又|OA|2=2，则 ，故C正确；
，
又|BA|2=5，则 ，故D正确.
故选：BCD
【分析】由抛物线的定义与几何性质可判断A，根据导数的几何意义，结合直线的两点式方程可判断B，根据直线与抛物线的位置，结合弦长公式可判断C，根据向量的数量积运算可判断D.
9．【答案】；
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解： 因为 ，当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
故答案为：
【分析】分 和 两种情况讨论，当 时设切点为 ，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 ，即可求切线方程，当 时同理求解即可.
10．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解： ，
因为 分别是函数 的极小值点和极大值点，
所以函数 在 和 上递减，在 上递增，
所以当 时， ，当 时， ，
若 时，当 时， ，则此时 ，与前面矛盾，
故 不符合题意，
若 时，则方程 的两个根为 ，
即方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，令 ，则 ，
设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ，
则切线的斜率为 ，故切线方程为 ，
则有 ，解得 ，
则切线的斜率为 ，
因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
综上所述， 的范围为 .
【分析】由 分别是函数 的极小值点和极大值点，可得 时， ， 时， ，再分 和 两种情况讨论，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
11．【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
12．【答案】2
【知识点】函数的图象与图象变化；极限及其运算
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，
所以关于原点对称，
又 关于直线 对称，
则函数的周期为T=4(1-0)=4，
又因为 当 时， ，
作出函数的图象，如图所示，
则由题意知， 的几何意义是相邻两条渐近线之间的距离2，即 .
故答案为：2
【分析】根据函数的图像与性质，结合极限的几何意义，运用数形结合思想求解即可.
13．【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
14．【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
15．【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
16．【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
17．【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
18．【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
19．【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
20．【答案】（1）因为 ，所以 ，
若 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，无最小值，不满足；
若 ，令f’（x）＞0 x＞lna，令f’（x）＜0 x＜lna，
所以 ，
因为 ，定义域 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
依题有 ，即 ，
令 ，则 恒成立
所以 在 上单调递增，又因为 ，
有唯一解 ，
综上，
（2）由(1)易知 在 上单调递减，在 上单调递增， 在 上单调递减，在 上单调递增，
存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
设三个不同交点的横坐标分别为 ，不妨设 ，
显然有 ，
则肯定有 ，
注意 的结构，易知 ，
所以有 ，所以有 ，而由 在 上单调递减，
知 ，同理 ，
所以 ，
又由 ，
故 ，
所以存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列
【解析】【分析】（1）对a分 ， 两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得 ，同理可得 ，根据题意列式，构造函数 ，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；
（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，易得 ，同时根据 ，可得 ， ，从而得 ，再由对数运算可证 ，结论得证.
21．【答案】（1）设等比数列的公比为q，则由题意得a1=2，
则
则
则
（2）由题意得
则(3-2n)d≤1
当n=1时,d≤1；
当n≥2时,恒成立；
∵
∴d≥0
综上
【知识点】极限及其运算；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据等比数列的前n项和公式，结合极限求解即可；
（2）根据等差数列的前n项和公式，结合不等式的解法求解即可.
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2022年高考数学真题分类汇编专题04：导数
一、单选题
1．（2022·全国乙卷）函数 在区间 的最小值、最大值分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【解答】 ，
由于 在区间 和 上 ，即 单调递增；
在区间 上 ，即 单调递减，
又 ， ， ，
所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .
故选：D
【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值.
2．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为，因为当，sinx所以 ，即， 所以c>b ；
设，
f'(x)=-sinx+x>0 ，所以f(x)在（0，+∞）单调递增，
则， 所以 ，
所以b>a， 所以c>b>a ，
故选：A
【分析】由结合三角函数的性质可得c>b；构造函数，利用导数可得b>a，即可得解.
3．（2022·全国甲卷）当 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． C． D．1
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为（0，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．
4．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
5．（2022·新高考Ⅰ卷）设 则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式比较大小
【解析】【解答】解：令a=xex，，c=-ln(1-x)，
则lna-lnb=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x)，
令y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
则，
所以y≤0，
所以lna≤lnb，
所以b>a，
a-c=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
令y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，
，
令k(x)=，
所以k'(x)=(1-2x-x2)ex>0，
所以k(x)>k(0)>0，
所以y'>0，
所以a-c>0，
所以a>c，
综上可得，c故选：C
【分析】分别构造函数y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，根据导数判断函数的单调性，再运用作差法比较大小即可得解.
二、多选题
6．（2022·新高考Ⅱ卷）函数 的图象以 中心对称，则（　　）
A． 在 单调递减
B． 在 有2个极值点
C．直线 是一条对称轴
D．直线 是一条切线
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由题意得： ，所以 ， ，
即 ，
又 ，所以 时， ，故 ．
对于A：当 时， ，由正弦函数 图象知 在 上是单调递减；
对于B：当 时， ，由正弦函数 图象知 只有1个极值点，由 ，解得 ，即 为函数的唯一极值点；
对于C：当 时， ， ，直线 不是对称轴；
对于D：由 得： ，
解得 或 ，
从而得： 或 ，
所以函数 在点 处的切线斜率为 ，
切线方程为： 即 ．
故答案为：AD
【分析】先根据已知条件求出 的值，从而求得函数得解析式 ，再根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可得解．
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 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 的对称中心
D．直线 是曲线 的切线
【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令f'(x)=3x2-1=0，得或，
当或时，f'(x)>0，当时，f'(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)有两个极值点为或，故A正确；
又所以f(x)只有一个零点，故B错误；
由f(x)+ f(-x)=2可知，点(0，1)是曲线y= f(x)的对称中心，故C正确；
曲线y=f(x)在点(1，1)处的切线的斜率为k=f'(1)=2，则切线方程为y=2x-1，故D错误.
故选：AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，零点，以及函数的对称中心，结合导数的几何意义，逐项判断即可.
8．（2022·新高考Ⅰ卷）已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C： 上，过点 的直线交C于P，Q两点，则（　　）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；平面向量数量积的运算；直线的两点式方程；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：1=2p， 所以抛物线C： x2=y，故C的准线为，故A错误；
由y'=2x得曲线C在点A(1，1)处的切线斜率为2，所以切线方程为y=2x-1，又直线AB为：，即y=2x-1，故直线AB与C相切，故B正确；
过点B(0，-1)的直线设为y=kx-1，交C于P，Q两点的坐标分别设为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线与C方程可得x2-kx+1=0，
则x1+x2=k，x1x2=1，且，
即k2>4，则y1+y2=k2-2，y1y2=1，
此时
，又|OA|2=2，则 ，故C正确；
，
又|BA|2=5，则 ，故D正确.
故选：BCD
【分析】由抛物线的定义与几何性质可判断A，根据导数的几何意义，结合直线的两点式方程可判断B，根据直线与抛物线的位置，结合弦长公式可判断C，根据向量的数量积运算可判断D.
三、填空题
9．（2022·新高考Ⅱ卷）写出曲线 过坐标原点的切线方程：　 　，　 　．
【答案】；
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解： 因为 ，当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
故答案为：
【分析】分 和 两种情况讨论，当 时设切点为 ，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 ，即可求切线方程，当 时同理求解即可.
10．（2022·全国乙卷）已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值点和极大值点．若 ，则a的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解： ，
因为 分别是函数 的极小值点和极大值点，
所以函数 在 和 上递减，在 上递增，
所以当 时， ，当 时， ，
若 时，当 时， ，则此时 ，与前面矛盾，
故 不符合题意，
若 时，则方程 的两个根为 ，
即方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，令 ，则 ，
设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ，
则切线的斜率为 ，故切线方程为 ，
则有 ，解得 ，
则切线的斜率为 ，
因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
综上所述， 的范围为 .
【分析】由 分别是函数 的极小值点和极大值点，可得 时， ， 时， ，再分 和 两种情况讨论，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
11．（2022·新高考Ⅰ卷）若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是　 　.
【答案】a＞0或a＜-4
【知识点】导数的几何意义；一元二次方程
【解析】【解答】解：易得曲线不过原点，设切点为(x0，(x0+a)ex0)，则切线斜率为f(x0)=(x0+a+1)ex0 ，
可得切线方程为y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x-x0)，又切线过原点，
可得-(x0+a)ex0=-x0(x0+a+1)ex0，化简得 (※)，
又切线有两条， 即方程※有两不等实根，由判别式△=a2+4a>0，得a<-4或a>0.
故答案为：a<-4或a>0.
【分析】由导数的几何意义，求得切线方程，再结合切线过原点，易得方程有两不等实根，由△>0求解即可.
12．（2022·上海）已知 为奇函数，当 时， ，且 关于直线 对称，设 的正数解依次为 、 、 、 、 、 ，则 　 　
【答案】2
【知识点】函数的图象与图象变化；极限及其运算
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，
所以关于原点对称，
又 关于直线 对称，
则函数的周期为T=4(1-0)=4，
又因为 当 时， ，
作出函数的图象，如图所示，
则由题意知， 的几何意义是相邻两条渐近线之间的距离2，即 .
故答案为：2
【分析】根据函数的图像与性质，结合极限的几何意义，运用数形结合思想求解即可.
四、解答题
13．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
14．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
15．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
16．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
17．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
18．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
19．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
20．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 和 有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】（1）因为 ，所以 ，
若 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，无最小值，不满足；
若 ，令f’（x）＞0 x＞lna，令f’（x）＜0 x＜lna，
所以 ，
因为 ，定义域 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
依题有 ，即 ，
令 ，则 恒成立
所以 在 上单调递增，又因为 ，
有唯一解 ，
综上，
（2）由(1)易知 在 上单调递减，在 上单调递增， 在 上单调递减，在 上单调递增，
存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
设三个不同交点的横坐标分别为 ，不妨设 ，
显然有 ，
则肯定有 ，
注意 的结构，易知 ，
所以有 ，所以有 ，而由 在 上单调递减，
知 ，同理 ，
所以 ，
又由 ，
故 ，
所以存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列
【解析】【分析】（1）对a分 ， 两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得 ，同理可得 ，根据题意列式，构造函数 ，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；
（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，易得 ，同时根据 ，可得 ， ，从而得 ，再由对数运算可证 ，结论得证.
21．（2022·上海）已知数列 ， ， 的前n项和为 .
（1）若 为等比数列， ，求 ；
（2）若 为等差数列，公差为d，对任意 ，均满足 ，求d的取值范围.
【答案】（1）设等比数列的公比为q，则由题意得a1=2，
则
则
则
（2）由题意得
则(3-2n)d≤1
当n=1时,d≤1；
当n≥2时,恒成立；
∵
∴d≥0
综上
【知识点】极限及其运算；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据等比数列的前n项和公式，结合极限求解即可；
（2）根据等差数列的前n项和公式，结合不等式的解法求解即可.
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