2011—2023年新课标全国卷高考数学分类汇编——4.函数与导数）（含解析）

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2011年—2023年新课标全国卷数学分类汇编
（含全国Ⅰ卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷、新高考Ⅰ卷、新高考Ⅱ卷）
（附详细答案）
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
4．函数与导数
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，10多选题)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离 声压级
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）．
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，11多选题)已知函数的定义域为，，则（ ）．
A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点
(2023·新高考Ⅱ，4)若为偶函数，则（ ）．
A． B．0 C． D．1
(2023·新高考Ⅱ，6)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
(2023·新高考Ⅱ，11多选)若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，理10文12)函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
(2023·全国甲卷，文11)已知函数．记，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，文8)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国乙卷，理4文5)已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
(2023·全国乙卷，文8)函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅰ，7)设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】方法一：构造法：设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C．
方法二：比较法： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
(2022·新高考Ⅰ，10多选题)已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
(2022·新高考Ⅰ，12多选题)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
(2022·新高考Ⅱ，12多选)若x，y满足，则（ ）
A. B. C. D.
(2022·全国甲卷，理5文7)函数在区间的图象大致为（ ）
A B C D
(2022·全国甲卷，理6文8)当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
(2022·全国甲卷，文12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国甲卷，理12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，理12)已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，文8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，文11)函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
(2021·新高考Ⅰ，7)若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅱ，7)已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，理4，文6)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
(2021·全国甲卷，文4)下列函数中是增函数的为（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，理12)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，文12)设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理4文9)设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理10文12)设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，文8)下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理12)设，，．则（ ）
A. B. C. D.
(2020·新高考Ⅰ，6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3．28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0．69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
(2020·新高考Ⅰ，8)若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2020·新高考Ⅰ，11)（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，理6)函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，理12)若，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，文8)设，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，理9)设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
(2020·全国卷Ⅱ，理11文12)若，则（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，文10)设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
(2020·全国卷Ⅲ，文理4)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
(2020·全国卷Ⅲ，理10)若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+
(2020·全国卷Ⅲ，理12)已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a(2020·全国卷Ⅲ，文10)设a=log32，b=log53，c=，则（ ）
A．a(2019·全国卷Ⅰ，文理3)已知，则（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅰ，文理5)函数f(x)=在的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
(2019·全国卷Ⅰ，理4)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是（ ）
A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm
(2019·全国卷Ⅱ，理4)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行．点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为，月球质量为，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：．设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，理6)若，则（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，理12)设函数的定义域为R，满足，且当时，．若对任意，都有，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，文6)设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=，则当x<0时，f(x)= （ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，文10)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
(2019·全国卷Ⅲ，理6)已知曲线在处的切线方程为y=2x+b，则（ ）
A． B． C． D．
2019·全国卷Ⅲ，理7) 函数在的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅲ，理11文12)设f (x)是定义域为R的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A． B．
C． D．
(2019·全国卷Ⅲ，文7)已知曲线在处的切线方程为y=2x+b，则（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，理5)设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B. C. D.
(2018·新课标Ⅰ，理9)已知函数，，若存在2个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，文6)设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为( )
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，文12)设函数，则满足的x的取值范围是( )
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅱ，文理3）函数的图象大致是（ ）
（2018·新课标Ⅱ，10）若在是减函数，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅱ，11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅱ，文10)若在是减函数，则的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅲ，理7文9）函数的图像大致为（ ）
（2018·新课标Ⅲ，理12）设，，则（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅲ，文7)下列函数中，其图像与函数的图像关于直线对称的是（ ）
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅰ，5）函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅰ，11）设为正数，且，则（ ）
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
(2017·新课标Ⅰ，文8)函数的部分图像大致为（ ）
(2017·新课标Ⅰ，文9)已知函数，则（ ）
A．在单调递增 B．在单调递减
C．的图像关于直线对称 D．的图像关于点对称
（2017·新课标Ⅱ，11）若是函数的极值点，则的极小值为（ ）
A. B. C. D.1
（2017·新课标Ⅱ，文8）函数 的单调递增区间是（ ）
A. (-，-2) B. (-，-1) C. (1，+) D. (4，+)
（2017·新课标Ⅲ，理11文12）已知函数有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．1
(2017·新课标Ⅲ，文7)函数的部分图像大致为（ ）．
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅰ，理7文9）函数在的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅰ，理8）若，，则（ ）
A． B． C． D．
(2016·新课标Ⅰ，文8)若，，则（ ）
A． B． C． D．
(2016·新课标Ⅰ，文12)若函数在上单调递增，则的取值范围是
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅱ，理12）已知函数满足，若函数与图像的交点为，，…，，则 （ ）
A．0 B．m C．2m D．4m
（2016·新课标Ⅱ，文10）下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是（ ）
A．y=x B．y=lgx C．y=2x D．
（2016·新课标Ⅱ，文12）已知函数f(x)（x∈R）满足f(x)=f(2-x)，若函数y=|x2-2x-3| 与y=f(x) 图像的交点为，，…，，则 （ ）
A．0 B．m C．2m D．4m
（2016·新课标Ⅲ，理6文7）已知，，，则( )
A. B. C. D.
（2015·新课标Ⅰ，12）设函数=,其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2015·新课标Ⅰ，文10)已知函数 ，且f(a)=-3，则f(6-a)=( )
A． B． C． D．
(2015·新课标Ⅰ，文12)设函数y=f(x)的图像与y=2x+a的图像关于直线y=-x对称，且f(-2)+f(-4)=1，则a=( )
A．-1 B．1 C．2 D．4
（2015·新课标Ⅱ，5）设函数，则（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
（2015·新课标Ⅱ，理10文11）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x. 将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
（2015·新课标Ⅱ，12）设函数是奇函数的导函数，，当x>0时，，则使得f (x) >0成立的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2015·新课标Ⅱ，文12）设函数，则使得成立的x的取值范围是
A. B. C. D.
（2014·新课标Ⅰ，理3文5）设函数，的定义域都为R，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正确的是（ ）
.是偶函数 .||是奇函数
.||是奇函数 .||是奇函数
（2014·新课标Ⅰ，理11文12）已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为（ ）
A． ． ． ．
（2014·新课标Ⅱ，理8）设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
（2014·新课标Ⅱ，理12）设函数，若存在的极值点满足，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2014·新课标Ⅱ，文11）若函数f (x) = kx-lnx在区间(1，+)单调递增，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2013·新课标Ⅰ，理11文12）已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)．
A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0]
(2013·新课标Ⅰ，文9)函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图像大致为(　　)
（2013·新课标Ⅱ，理8）设，，，则（ ）
A. B. C. D.
（2013·新课标Ⅱ，理10文11）已知函数，下列结论中错误的是（ ）
A.
B.函数的图像是中心对称图形
C.若是的极小值点，则在区间单调递减
D.若是的极值点，则
（2013·新课标Ⅱ，文8）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2013·新课标Ⅱ，文12）若存在正数使成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(
x
y
O
1
1
A．
1
y
x
O
1
x
y
O
1
1
1
x
y
1
O
B．
C．
D．
)（2012·新课标Ⅰ，理10）已知函数，则的图像大致为（ ）
（2012·新课标Ⅰ，理12）设点P在曲线上，点Q在曲线上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
(2012·新课标Ⅰ，文11)当时，，则的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（，1） C．（1，） D．（，2）
（2011·新课标Ⅰ，理2文3）下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ）
A． B． C． D．
（2011·新课标Ⅰ，理9）由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为（ ）
A． B．4 C． D．6
（2011·新课标Ⅰ，理12)函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
(2011·新课标Ⅰ，文10)在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）．
A． B． C． D．
(2011·新课标Ⅰ，文12)已知函数的周期为，当时函数，那么函数的图像与函数的图像的交点共有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
(2023·全国甲卷，理13文14)若为偶函数，则________．
(2023·全国乙卷，理16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．
(2022·新高考Ⅰ，15)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
(2022·新高考Ⅱ，14)曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
(2022·全国乙卷，理16) 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____________．
(2022·全国乙卷，文16)若是奇函数，则_____，______．
(2021·新高考Ⅰ，13) 已知函数是偶函数，则______.
(2021·新高考Ⅰ，15)函数的最小值为______.
(2021·新高考Ⅱ，14)写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
(2021·新高考Ⅱ，16)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
(2021·全国甲卷，理13) 曲线在点处的切线方程为__________．
(2020·全国卷Ⅰ，文15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________．
(2020·全国卷Ⅲ，文15)设函数．若，则a=_________．
(2019·全国卷Ⅰ，理13)曲线在点处的切线方程为____________．
(2019·全国卷Ⅱ，理14)已知是奇函数，且当时，．若，则__________．
(2018·新课标Ⅰ，文13)已知函数，若，则________．
（2018·新课标Ⅱ，理13）曲线在点处的切线方程为__________．
(2018·新课标Ⅱ，文13)曲线在点处的切线方程为__________．
（2018·新课标Ⅲ，理14）曲线在点处的切线的斜率为，则________．
(2018·新课标Ⅲ，文16)已知函数，，则________．
(2017·新课标Ⅰ，文14)曲线在处的切线方程为 ．
(2017·新课标Ⅱ，文14）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则= ．
（2017·新课标Ⅲ，理15文16）设函数则满足的的取值范围是___.
（2016·新课标Ⅱ，理16）若直线y = kx+b是曲线y = lnx+2的切线，也是曲线y = ln(x+1)的切线，则b = .
（2016·新课标Ⅲ，理15）已知f(x)为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是______
(2016·新课标Ⅲ，文16)已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_______．
（2015·新课标Ⅰ，理13）若函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则a=
(2015·新课标Ⅰ，文14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图像在点(1, f(1))的处的切线过点(2,7)，则a= ．
（2015·新课标Ⅱ，文13）已知函数f (x) = ax3-2x的图象过点(-1, 4)，则a = .
（2015·新课标Ⅱ，文16）已知曲线在点(1, 1)处的切线与曲线相切，则 .
(2014·新课标Ⅰ，文15)设函数，则使得成立的的取值范围是_____．
（2014·新课标Ⅱ，理15）已知偶函数f (x)在[0, +∞)单调递减，f (2)=0. 若f (x-1)>0，则x的取值范围是_______.
（2014·新课标Ⅱ，文15）偶函数y = f (x)的图象关于直线x = 2对称，f (3) = 3，则f (-1) = _______.
（2013·新课标Ⅰ，理16）若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为__．
(2012·新课标Ⅰ，文13)曲线在点（1，1）处的切线方程为_________．
(2012·新课标Ⅰ，文16)设函数的最大值为，最小值为，则_______．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，19)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．
(2023·新高考Ⅱ，22)（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
(2023·全国甲卷，理21)已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
(2023·全国甲卷，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
(2023·全国乙卷，理21)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
（3）若在存在极值，求a的取值范围．
(2023·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
(2022·新高考Ⅰ，22)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．
(2022·新高考Ⅱ，23)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：．
(2022·全国甲卷，理21)已知函数．
（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．
(2022·全国甲卷，文20)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．
(2022·全国乙卷，理21)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．
(2022·全国乙卷，文20)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．
(2021·新高考Ⅰ，22)已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
(2021·新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点.
①；②．
(2021·全国甲卷，理21) 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
(2021·全国甲卷，文20)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
(2021·全国乙卷，理20)设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；（2）设函数．证明:．
(2021·全国乙卷，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
(2020·新高考Ⅰ，21，新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
(2020·全国卷Ⅰ，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
(2020·全国卷Ⅰ，理21)已知函数．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．
(2020·全国卷Ⅱ，文21)已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
(2020·全国卷Ⅱ，理21)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．
(2020·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围．
(2020·全国卷Ⅲ，理21)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
(2019·全国卷Ⅰ，理20)已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．
(2019·全国卷Ⅰ，文20)已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
(2019·全国卷Ⅱ，理20)已知函数．
（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；
（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(2019·全国卷Ⅱ，文21)已知函数．证明：
（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
(2019·全国卷Ⅲ，理20)已知函数．
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f (x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
(2019·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当0（2018·新课标I，理21）已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，，证明：.
(2018·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．
（2018·新课标Ⅱ，理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．
(2018·新课标Ⅱ，文21)已知函数．
（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．
（2018·新课标Ⅲ，理21）已知函数．
（1），证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．
(2018·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
（1）由线在点处的切线方程；⑵证明：当时，．
（2017·新课标Ⅰ，21）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
(2017·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
（2017·新课标Ⅱ，21）已知函数且.
（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
（2017·新课标Ⅱ，文21）设函数f (x) = (1-x2)ex.
（1）讨论f (x)的单调性；（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围.
（2017·新课标Ⅲ，21）已知函数.
（1）若 ，求的值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求最小值.
(2017·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
（1）讨论 的单调性；（2）当时，证明．
（2016·新课标Ⅰ，理21）已知函数有两个零点．
（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）设是的两个零点，证明：．
(2016·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
（2016·新课标Ⅱ，理21）（Ⅰ）讨论函数 的单调性，并证明当>0时，；
（Ⅱ）证明：当时，函数有最小值.设g (x)的最小值为，求函数的值域.
（2016·新课标Ⅱ，文20）已知函数.
（Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；（Ⅱ）若当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，求的取值范围.
（2016·新课标Ⅲ，理21）设函数，其中，记的最大值为.
(1)求；(2)求；(3)证明：.
(2016·新课标Ⅲ，文21)设函数．
（1）讨论的单调性；（2）证明当时，；（3）设，证明当时，．
（2015·新课标Ⅰ，理21）已知函数，.
（Ⅰ）当为何值时，轴为曲线的切线；（Ⅱ）用表示中的最小值，设函数（），讨论零点的个数.
(2015·新课标Ⅰ，文21)设函数．
（1）讨论的导函数零点的个数;（2）求证：当时，．
（2015·新课标Ⅱ，理21）设函数.
（Ⅰ）证明：f (x)在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）若对于任意x1,，x2∈[-1，1]，都有｜f (x1)- f (x2)｜≤ e-1，求m的取值范围．
（2015·新课标Ⅱ，文21）已知函数f (x) = ln x +a(1- x).
（Ⅰ）讨论f (x)的单调性；（Ⅱ）当f (x)有最大值，且最大值大于2a -2时，求a的取值范围.
（2014·新课标Ⅰ，理21）设函数，曲线在点（1，处的切线为.
(Ⅰ)求； （Ⅱ）证明：.
(2014·新课标Ⅰ，文21)设函数，曲线在点(1, f(1))处的切线斜率为0．
(Ⅰ)求; (Ⅱ)若存在x0≥1，使得，求的取值范围．
（2014·新课标Ⅱ，21）已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设，当时，，求的最大值；
（Ⅲ）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）.
（2014·新课标Ⅱ，文21）已知函数f (x) = x3-3x2+ax+2，曲线y = f (x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2．
（Ⅰ）求a；（Ⅱ）证明：当k<1时，曲线y = f (x)与直线y = kx-2只有一个交点．
（2013·新课标Ⅰ，理21）设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
(2013·新课标Ⅰ，文20)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4．
(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
（2013·新课标Ⅱ，理21）已知函数.
（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（Ⅱ）当时，证明.
（2013·新课标Ⅱ，文21）已知函数.
（Ⅰ）求的极小值和极大值； （Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围。
（2012·新课标Ⅰ，理21）已知函数满足．
（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值．
(2012·新课标Ⅰ，文21)设函数．
（1）求的单调区间；（2）若，为整数，且当时，，求的最大值．
（2011·新课标Ⅰ，理21）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围．
(2011·新课标Ⅰ，文21)已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求，的值；（2）证明：当，且时，．
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
6．函数与导数（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
(2023·新高考Ⅰ，10多选题)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离 声压级
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车处测得实际声压分别为，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】由题意可知：，
对于选项A：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，故A正确；
对于选项B：可得，
因为，则，即，
所以且，可得，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为，即，
可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项A可知：，
且，则，
即，可得，且，所以，故D正确；
故选：ACD.
(2023·新高考Ⅰ，11多选题)已知函数的定义域为，，则（ ）．
A. B. C. 是偶函数 D. 为的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
(2023·新高考Ⅱ，4)若为偶函数，则（ ）．
A． B．0 C． D．1
【答案】B
【解析】因为 为偶函数，则 ，解得，
当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称．
，
故此时为偶函数．故选：B．
(2023·新高考Ⅱ，6)已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B． e C． D．
【答案】C
【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
(2023·新高考Ⅱ，11多选)若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确．
故选：BCD
(2023·全国甲卷，理10文12)函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，
考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为．
故选：C．
(2023·全国甲卷，文11)已知函数．记，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即．
故选：A．
(2023·全国甲卷，文8)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设曲线在点处的切线方程为，因为，
所以，所以，所以，
所以曲线在点处的切线方程为．故选：C
(2023·全国乙卷，理4文5)已知是偶函数，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】因为为偶函数，则，
又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得．
故选：D．
(2023·全国乙卷，文8)函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B．
(2022·新高考Ⅰ，7)设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】方法一：构造法：设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C．
方法二：比较法： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
(2022·新高考Ⅰ，10多选题)已知函数，则（ ）
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误．
故选：AC．
(2022·新高考Ⅰ，12多选题)已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法．
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC．
故选：BC．
[方法三]：因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．
故选：BC．
【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
(2022·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
(2022·全国甲卷，理5文7)函数在区间的图象大致为（ ）
A B C D
【答案】A
【解析】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C．
故选：A．
(2022·全国甲卷，理6文8)当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B．
(2022·新高考Ⅱ，12多选)若x，y满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
(2022·全国甲卷，文12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 ．
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ．
故选：A．
(2022·全国甲卷，理12)已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩：因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开：设，则，，
，计算得，故选A．
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩：因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
(2022·全国乙卷，理12)已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
．
因为，所以，即，所以．
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因，所以．
所以．
故选：D
(2022·全国乙卷，文8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D．
故选：A．
(2022·全国乙卷，文11)函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，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
(2021·新高考Ⅰ，7)若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点. 故选：D.
(2021·新高考Ⅱ，7)已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】，即.故选：C.
(2021·新高考Ⅱ，8)已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
(2021·全国甲卷，理4，文6)青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
【答案】C 【解析】由，当时，，则.
故选：C.
(2021·全国甲卷，文4)下列函数中是增函数的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D
(2021·全国甲卷，理12)设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
(2021·全国甲卷，文12)设是定义域为R的奇函数，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】由题意可得：，
而，故.故选：C.
(2021·全国乙卷，理4文9)设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
(2021·全国乙卷，理10文12)设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立. 故选：D
(2021·全国乙卷，文8)下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
(2021·全国乙卷，理12)设，，．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B 【解析】,
所以; 下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于
所以当0所以在上单调递增，所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b故选：B.
(2020·新高考Ⅰ，6)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3．28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0．69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
【答案】B
【解析】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，所以天．
故选：B．
(2020·新高考Ⅰ，8)若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：或或
解得或，
所以满足的的取值范围是，
故选：D．
(2020·新高考Ⅰ，11)（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：ABD
(2020·全国卷Ⅰ，理6)函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，，，
因此，所求切线的方程为，即．故选：B．
(2020·全国卷Ⅰ，理12)若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以．
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误．
故选：B．
(2020·全国卷Ⅰ，文8)设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由可得，所以，所以有，故选：B．
(2020·全国卷Ⅱ，理9)设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
【答案】D 【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确．
(2020·全国卷Ⅱ，理11文12))若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 【解析】由得：，
令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定．
(2020·全国卷Ⅱ，文10)设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
【答案】A
【解析】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
(2020·全国卷Ⅲ，文理4)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
【答案】C
【解析】，所以，则，
所以，，解得．
(2020·全国卷Ⅲ，理10)若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+
【答案】D 【解析】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即．
(2020·全国卷Ⅲ，理12)已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A．a【答案】A 【解析】由题意可知、、，
，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得．
综上所述，．
故选：A．
(2020·全国卷Ⅲ，文10)设a=log32，b=log53，c=，则（ ）
A．a【答案】A 【解析】因为，，所以．
(2019·全国卷Ⅰ，文理3)已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：；，，得.
(2019·全国卷Ⅰ，文理5)函数f(x)=在的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D 解析：因为故函数为奇函数，排除A；又，排除B，C。
(2019·全国卷Ⅰ，理4)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是（ ）
A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm
【答案】B
【基本解法】设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为，故可得，，设身高为，可得，，，由题意可得化简可得即，故选B。
方法2：由于头顶至咽喉的长度与头顶至脖子下端的长度极为接近，故头顶至脖子下端的长度可估值为头顶至咽喉的长度；根据人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是（称为黄金分割比例）可计算出咽喉至肚脐的长度约为；将人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度相加可得头顶至肚脐的长度为，头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是可计算出肚脐至足底的长度约为；将头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为，与答案更为接近，故选B.
(2019·全国卷Ⅱ，理4)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行．点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为，月球质量为，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：．
设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：，
，
所以：.
方法2：∵α．∴r＝αR，r满足方程：（R+r）．
∴3α3，∴r＝αR．故选：D．
(2019·全国卷Ⅱ，理6)若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：对于A ，当时，，所以A错；
对于B ，是增函数，，所以B错；
对于C ，是增函数，，所以C正确；
对于D ，不单调，大小不确定，所以D错；故选C.
解法2：特殊值法：令，则，A错；，B错；
，C对；，D错；故选C.
(2019·全国卷Ⅱ，理12)设函数的定义域为R，满足，且当时，．若对任意，都有，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：当时，.
令，解得或.
又，所以.
解法2：因为f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），
∵x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）∈[，0]，
∴x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，f（x）＝2f（x﹣1）＝2（x﹣1）（x﹣2）∈[，0]；
∴x∈（2，3]时，x﹣1∈（1，2]，f（x）＝2f（x﹣1）＝4（x﹣2）（x﹣3）∈[﹣1，0]，
当x∈（2，3]时，由4（x﹣2）（x﹣3）解得m或m，
若对任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x），则m．
故选：B．
(2019·全国卷Ⅱ，文6)设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=，则当x<0时，f(x)= （ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：当时，，，得．
(2019·全国卷Ⅱ，文10)曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C 解析：由，得，
∴，∴曲线在点处的切线方程为，即．
(2019·全国卷Ⅲ，理6文7)已知曲线在处的切线方程为y=2x+b，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：易知点在已知曲线上，令，则，易知，得。又，可得。
（2019·全国卷Ⅲ，理7) 函数在的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：由在，知，
∴是上的奇函数，因此排除C；又，因此排除A，D．
(2019·全国卷Ⅲ，理11文12))设f (x)是定义域为R的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C 解析：因为是偶函数，所以，
因为，且在递减，所以
(2018·新课标Ⅰ，理5文6)设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B. C. D.
【答案】D 解析：解法1：由基本函数，，的奇偶性，结合为奇函数，易知.则，求导数，得，由点斜式得.
解法2：为奇函数， ，
即，，
则，求导数，得，，
由点斜式得，即.
(2018·新课标Ⅰ，理9)已知函数，，若存在2个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：存在两个零点， 即=0有两个根，
有两个根 ，即函数与有两个交点，
在轴上的截距为，使即可，
(2018·新课标Ⅰ，文12)设函数，则满足的x的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D解析：解法1（分类讨论法）由于当时，单调递减；而当时，（为常数），故分以下两种情况：或解这两个不等式组得，故选D．
解法2：（数形结合法）作出的图象，如图：
结合图象可知或，解得，故选D．
（2018·新课标Ⅱ，文理3）函数的图象大致是（ ）
【答案】B 解析：该函数为奇函数，奇函数关于原点对称，故排除选项A中的图像；当时，，，故排除选项D中的图像；取特殊值，当时，，而不接近函数值1，故排除选项C中的图像；
（2018·新课标Ⅱ，10）若在是减函数，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：解法一：因为 ，所以 ，
因为 函数在区间上单调递减，所以 .
解法二：导数法：因为 ，所以，
所以 ，故.
解法三：特值法：因为 ，所以，
当时， ，不满题意，故舍去，故只能选择A.
（2018·新课标Ⅱ，11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C解析：常规解法：因为 函数为定义域R上的奇函数，，所以，
由题意可知：， ，所以
所以 ，所以 ，
方法2：特值函数法：设该函数为正弦函数，
奇函数（定义域必须包含零）
(2018·新课标Ⅱ，文10)若在是减函数，则的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：解法一：常规解法
因为，所以，若在是减函数，
所以在是增函数，所以，解得.
解法二：导数法：因为，所以 ，
所以 ，所以，解得.
(2018·新课标Ⅱ，文12)已知是定义域为的奇函数，满足．若，
则 （ ）
A． B．0 C．2 D．50
【答案】C 解析：因为 函数为定义域R上的奇函数，，所以，
由题意可知：，，所以
所以，所以.
（2018·新课标Ⅲ，理7文9）函数的图像大致为（ ）
【答案】D解析：当时，，可以排除A、B选项；又因为，则的解集为，单调递增区间为，；的解集为，单调递减区间为，.结合图象，可知D选项正确.
（2018·新课标Ⅲ，理12）设，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：∵，，∴，，
∴，∴即，
又∵，，∴，故选B.
(2018·新课标Ⅲ，文7)下列函数中，其图像与函数的图像关于直线对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B解析：关于对称，则.故选B.
（2017·新课标Ⅰ，5）函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：因为为奇函数，所以，于是，等价于，又在单调递减，，，故选D．
（2017·新课标Ⅰ，11）设为正数，且，则（ ）
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
【答案】D 解析：取对数：．，，，则，，故选D．
（法二）取对数：，，
，，故选D；
(2017·新课标Ⅰ，文8)函数的部分图像大致为（ ）
【解法】选C由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，排除D；当时，，排除A．．
(2017新课标Ⅰ，文9已知函数，则（ ）
A．在单调递增 B．在单调递减
C．的图像关于直线对称 D．的图像关于点对称
【解析】（法一）函数的定义域为，，
设，为增函数，当时，为增函数，
为增函数，当时，为减函数，为减函数．排除A,B，
因为是二次函数，图像关于直线对称，故，
所以，的图像关于直线对称，故选 C；
（法二），当时，，为增函数．
当时，，为减函数，故排除A,B． 故选 C；
（2017·新课标Ⅱ，理11）若是函数的极值点，则的极小值为（ ）
A. B. C. D.1
【答案】A 解析：∵ ∴ 导函数，
∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，
当变化时，，随变化情况如下表：
+ 0 - 0 +
极大值 极小值
从上表可知：极小值为.故选A
（2017·新课标Ⅱ，文8）函数 的单调递增区间是（ ）
A. (-，-2) B. (-，-1) C. (1，+) D. (4，+)
【答案】D解析：函数有意义，则x2-2x-8>0，解得x<-2或x>4，结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数“同增异减”的原则可得函数的单调增区间为(4，+∞)，故选D.
(2017·新课标Ⅲ，文7)函数的部分图像大致为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D解析：令，则有，所以排除A，C，又因为非奇非偶，
排除B．故选D．
（2017·新课标Ⅲ，理11文12）已知函数有唯一零点，则（ ）.
A． B． C． D．1
【答案】C 解析： 由条件，，得：
.
所以，即为的对称轴，由题意，有唯一零点，故的零点只能为，
即，解得．故选C.
方法2：(对称性解法) 因为关于直线对称，所以要有唯一零点，只有，由此解得．故选C．
（2016·新课标Ⅰ，理7文9）函数在的图像大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：，排除A；，排除B；
时，，，当时，
因此在单调递减，排除C；故选D．
（2016·新课标Ⅰ，8）若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误；
由于，∴函数在上单调递减，∴，B错误；
要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和，
构造函数，则，在上单调递增，因此
，又由得，
∴，C正确；
要比较和，只需比较和，而函数在上单调递增，故，又由得，∴，D错误；
故选C．
(2016·新课标Ⅰ，文8)若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：由可知是减函数，又，所以．故选B．
评注 作为选择题，本题也可以用特殊值代入验证，如取，，，可快速得到答案．
另外，对于A，，，因为，所以．
又，所以，但正负性无法确定，所以A无法判断．
对于C，D，可分别利用幂函数、指数函数的单调性判断其错误．
(2016·新课标Ⅰ，文12)若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解析：选C ．问题转化为对恒成立，
故，即恒成立．
令，得对恒成立．
解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，
故只需保证，解得．故选C．
解法二：①当时，不等式恒成立；②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故；③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．
综上可得，．故选C．
（2016·新课标Ⅱ，理12）已知函数满足，若函数与图像的交点为，，…，，则 （ ）
A．0 B．m C．2m D．4m
【答案】B 解析：由得关于对称，而也关于对称，∴对于每一组对称点， ，∴，故选B．
（2016·新课标Ⅱ，文10）下列函数中，其定义域和值域分别与函数y=10lgx的定义域和值域相同的是（ ）
A．y=x B．y=lgx C．y=2x D．
【答案】D解析：，定义域与值域均为，只有D满足，故选D．
（2016·新课标Ⅱ，文12）已知函数f(x)（x∈R）满足f(x)=f(2-x)，若函数y=|x2-2x-3| 与y=f(x) 图像的交点为，，…，，则 （ ）
A．0 B．m C．2m D．4m
【答案】B解析：因为都关于对称，所以它们交点也关于对称，当为偶数时，其和为，当为奇数时，其和为，因此选B.
（2016·新课标Ⅲ，理6文7）已知，则
A. B. C. D.
【答案】A 解析：，故.
（2015·新课标Ⅰ，12）设函数=,其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D．.
作为选择题，该题也可先找到满足的整数，由的唯一性列不等式组求解.由得.又是唯一使的整数，所以，解得，又，且时符合题意.故选D．.
(2015·新课标Ⅰ，文10)已知函数 ，且f(a)=-3，则f(6-a)=( )
A． B． C． D．
解：∵f(a)=-3，∴当a≤1时，f(a)=2a-1-2=-3，则2a-1=-1，无解．当a>1时，f(a)=-log2(a+1) =-3，则a+1=8，解得a=7，∴f(6-a)=f(-1)= 2-2-2=，故选A．
(2015·新课标Ⅰ，文12)设函数y=f(x)的图像与y=2x+a的图像关于直线y=-x对称，且f(-2)+f(-4)=1，则a=( ) C
A．-1 B．1 C．2 D．4
解：设f(-2)=m，f(-4)=n，则m+n=1，依题点(-2，m)与点(-4，n)关于直线y=-x对称点为(-m，2)与点(-n，4)在函数y=2x+a的图像上，∴2=2-m+a，4=2-n+a，∴-m+a=1，-n+a=2，∴2a=3+m+n=4，∴a=2，故选C
（2015·新课标Ⅱ，5）设函数，则（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】C 解析：由已知得，又，所以，故．
（2015·新课标Ⅱ，理10文11）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x. 将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：由已知得，当点P在BC边上运动时，即时，；当点P在CD边上运动时，即，时，，当时，；当点P在AD边上运动时，即时，，从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选B．
（2015·新课标Ⅱ，理12）设函数是奇函数的导函数，，当x>0时，，则使得f (x) >0成立的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：记函数，则，因为当x>0时，xf (x)-f(x)<0，故当x>0时，g (x)<0，所以g(x)在(0, +∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(-∞, 0)单调递增，且g(-1)=g(1)=0．当00，则f(x)>0；当x<-1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞, -1)∪(0, 1)，故选A．
（2015·新课标Ⅱ，文12）设函数，则使得成立的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A解析：是偶函数，且在[0, +∞)是增函数，所以
.
（2014·新课标Ⅰ，理3文5）设函数，的定义域都为R，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正确的是（ ）
.是偶函数 .||是奇函数
.||是奇函数 .||是奇函数
【答案】C 解析：设，则，∵是奇函数，是偶函数，∴，为奇函数，选C.
（2014·新课标Ⅰ，理11文12）已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为（ ）
.（2，+∞） .（-∞，-2） .（1，+∞） .（-∞，-1）
【答案】B 解析：【解析1】：由已知，，令，得或，
当时，；
且，有小于零的零点，不符合题意．
当时，
要使有唯一的零点且＞0，只需，即，．选B
【解析2】：由已知，=有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令，则问题又等价于有唯一的正零根，即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记，，由，，，
，要使有唯一的正零根，只需，选B
（2014·新课标Ⅱ，8）设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D 解析：∵，且在点处的切线的斜率为2，∴，即.
（2014·新课标Ⅱ，12）设函数，若存在的极值点满足，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：∵，令得，
∴，即，的极值为，
∴，， ，
即：，故：或.
（2014·新课标Ⅱ，文11）若函数f (x) = kx-lnx在区间(1，+)单调递增，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D解析：∵函数在区间（1，+∞）单调递增，∴当x＞1时，恒成立，，∴，故选D.
（2013·新课标Ⅰ，理11文12）已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)．
A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0]
【答案】D 解析：由y＝|f(x)|的图象知：
①当x＞0时，y＝ax只有a≤0时，才能满足|f(x)|≥ax，可排除B，C.
②当x≤0时，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x.
故由|f(x)|≥ax得x2－2x≥ax.
当x＝0时，不等式为0≥0成立．
当x＜0时，不等式等价于x－2≤a，∵x－2＜－2，∴a≥－2.
综上可知：a∈[－2,0]．
(2013·新课标Ⅰ，文9)函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图像大致为(　　)
解析：选C. 由f(x)＝(1－cos x)sin x知其为奇函数．可排除B．当x∈时，f(x)＞0，排除A．
当x∈(0，π)时，f′(x)＝sin2x＋cos x(1－cos x)＝－2cos2x＋cos x＋1．令f′(x)＝0，得．
故极值点为，可排除D.
（2013·新课标Ⅱ，理8）设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D 解析：根据公式变形，，，，
因为lg 7＞lg 5＞lg 3，所以，即c＜b＜a. 故选D.
（2013·新课标Ⅱ，理10文11）已知函数，下列结论中错误的是（ ）
A.
B.函数的图像是中心对称图形
C.若是的极小值点，则在区间单调递减
D.若是的极值点，则
【答案】C 解析：∵f (x)=3x2+2ax+b，∴y＝f (x)的图像大致如右图所示，若x0是f (x)的极小值点，则则在(－∞，x0)上不单调，故C不正确．
（2013·新课标Ⅱ，文8）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D解析：因为，，又，所以最大.
又，所以，即，所以，故选D.
（2013·新课标Ⅱ，文12）若存在正数使成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D解析：因为，所以由得，在坐标系中，作出函数的图象，当时，，所以如果存在，使，则有，即，故选D.
(
x
y
O
1
1
A．
1
y
x
O
1
x
y
O
1
1
1
x
y
1
O
B．
C．
D．
)（2012·新课标Ⅰ，理10）已知函数，则的图像大致为（ ）
【答案】B 解析：的定义域为且，排除D；
因为，
所以当时，，在（－1，0）上是减函数；
当时，，在上是增函数．排除A、C，故选择B．
（2012·新课标Ⅰ，理12）设点P在曲线上，点Q在曲线上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：函数与函数互为反函数，图象关于直线对称．
问题转化为求曲线上点P到直线的距离的最小值，则的最小值为．
（用切线法）：
设直线与曲线相切于点，
因为，所以根据导数的几何意义，得，，
所以切点，从而，所以
因此曲线上点P到直线的距离的最小值为直线
与直线的距离，从而，所以，故选择B．
(2012·新课标Ⅰ，文11)当时，，则的取值范围是（ ）
A．（0，） B．（，1） C．（1，） D．（，2）
【解析】显然要使不等式成立，必有．
在同一坐标系中画出与的图象．
若时，，
当且仅当， ，即． 解得，故选择B．
（2011·新课标Ⅰ，理2文3）下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ）
A． (B) C． (D)
【答案】B 解析：由图像知选B
（2011·新课标Ⅰ，12)函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D 解析：图像法求解．的对称中心是（1,0）也是的中心，他们的图像在x=1的左侧有4个交点，则x=1右侧必有4个交点．不妨把他们的横坐标由小到大设为，则，所以选D
（2011·新课标Ⅰ，9）由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为（ ）
A． B．4 C． D．6
【答案】C 解析：用定积分求解，选C
【解析】四个选项中的偶函数只有，，，故排除，当时，三个函数分别为单调递增，单调递减，单调递减．故选B．
(2011·新课标Ⅰ，文10)在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）．
A． B． C． D．
【解析】因为，由函数零点存在性定理，可知函数零点处于区间内．故选择C．
(2011·新课标Ⅰ，文12)已知函数的周期为，当时函数，那么函数的图像与函数的图像的交点共有（ ）．
A．个 B．个 C．个 D．个
【解析】 考查数形结合思想，在同一直角坐标系中作出两个函数的图像，如下图．容易判断出两函数图像的交点个数为个． 故选A．
二、填空题
(2023·全国甲卷，理13文14)若为偶函数，则________．
【答案】2
【解析】因为为偶函数，定义域为，
所以，即，
则，故，
此时，
所以，
又定义域为，故为偶函数，所以．
(2023·全国乙卷，理16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，15)若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,
∵切线过原点，∴,整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或，∴的取值范围是,
故答案为：
(2022·新高考Ⅱ，14)曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】①. ②.
【解析】[方法一]：化为分段函数，分段求
分和两种情况，当时设切点为，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，即可求出切线方程，当时同理可得；
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：；
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
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；
因为是偶函数，图象为：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：
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：；.
(2022·全国乙卷，理16) 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】
【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
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，
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，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
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，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
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，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以．
(2022·全国乙卷，文16)若是奇函数，则_____，______．
【答案】 ①． ； ②． ．
【解析】[方法一]：奇函数定义域的对称性：
若，则的定义域为，不关于原点对称，
若奇函数的有意义，则且
且，
函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，
由得，，
，
故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参
函数为奇函数
[方法三]：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．
故答案为：；．
(2021·新高考Ⅰ，13) 已知函数是偶函数，则______.
【答案】1 【解析】因为，故，
因为为偶函数，故，，整理得到，故，故答案为：1
(2021·新高考Ⅰ，15)函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴，故答案为：1.
(2021·新高考Ⅱ，14)写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
【答案】（答案不唯一，均满足）
【解析】
【分析】根据幂函数的性质可得所求的.
【详解】取，则，满足①，
，时有，满足②，
的定义域为，
又，故是奇函数，满足③.
故答案为：（答案不唯一，均满足）
(2021·新高考Ⅱ，16)已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
(2021·全国甲卷，理13) 曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】 【解析】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
(2020·全国卷Ⅰ，文15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________．
【答案】 【解析】设切线的切点坐标为，
，所以切点坐标为，
所求的切线方程为，即．
故答案为：．
(2020·全国卷Ⅲ，文15)设函数．若，则a=_________．
【答案】1 【解析】由函数的解析式可得：，
则：，据此可得：，
整理可得：，解得：．
(2019·全国卷Ⅰ，文理13)曲线在点处的切线方程为____________．
【答案】 解析：∵，
∴结合导数的几何意义曲线可知在点处的切线方程的斜率为，∴切线方程为.
(2019·全国卷Ⅱ，理14)已知是奇函数，且当时，．若，则__________．
【答案】 解析：当时，.
又时，，所以.
又是奇函数，所以.
又所以，解得.
解法2：，是奇函数，所以.
又时，，所以，解得.
(2018·新课标Ⅰ，文13)已知函数，若，则________．
【答案】 解析：由已知得．
（2018·新课标Ⅱ，理13）曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】 解析：，直线为．
(2018·新课标Ⅱ，文13)曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】 解析：，直线为
（2018·新课标Ⅲ，理14）曲线在点处的切线的斜率为，则________．
【答案】解析：，则，所以.
(2018·新课标Ⅲ，文16)已知函数，，则________．
【答案】 解析：，
，
∴，∴.
(2017·新课标Ⅰ，文14)曲线在处的切线方程为 ．
【解】．求导得，故切线的斜率，所以切线方程为，即．
（2017·新课标Ⅱ，文14）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则=
【答案】12解析：
（2017·新课标Ⅲ，理15文16）设函数则满足的的取值范围是___.
【答案】 解析： 因为，，即
由图像变换可画出与的图像如下：
由图可知，满足的解为.
（2016·新课标Ⅱ，理16）若直线y = kx+b是曲线y = lnx+2的切线，也是曲线y = ln(x+1)的切线，则b = .
【答案】 解析：的切线为：（设切点横坐标为），的切线为：，∴，解得 ，∴．
（2016·新课标Ⅲ，理15）已知f(x)为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是______
【答案】 解析： 法一：，，，故切线方程为.
法二：当时，，，故切线方程为.
(2016·新课标Ⅲ，文16)已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是_______．
【答案】 解析 当时，，又因为为偶函数，所以，,，所以曲线在点处的切线方程．
（2015·新课标Ⅰ，理13）若函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则a=
【答案】 解析：由函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则为奇函数（）；由（），得，，故填1.
(2015·新课标Ⅰ，文13)已知函数f(x)=ax3+x+1的图像在点(1, f(1))的处的切线过点(2,7)，则a= ．
解：∵f '(x)=3ax2+1，∴切线斜率为f '(1)=3a+1，又切点为(1, a+2)，且切线过点(2,7)，∴7-(a+2)=3a+1，解得a=1．
（2015·新课标Ⅱ，文13）已知函数f (x) = ax3-2x的图象过点(-1, 4)，则a = .
【答案】 -2解析：.
（2015·新课标Ⅱ，文16）已知曲线在点(1, 1)处的切线与曲线相切，则 .
【答案】 8解析：曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y=2x-1，与y= ax2+(a+2)x+1联立得ax2+ax+2=0，显然a≠0，所以由△=a2-8a=0，得a=8 .
(2014课标Ⅰ，文15函数，则使得成立的的取值范围是_____．
解：(-∞,8]，当x<1时，由ex-1≤2可得x≤1+ln 2，故x<1；当x≥1时，由≤2可得x≤8，故1≤x≤8，综上可得x≤8．
（2014·新课标Ⅱ，15）已知偶函数f (x)在[0, +∞)单调递减，f (2)=0. 若f (x-1)>0，则x的取值范围是_________.
【答案】 解析：∵是偶函数，∴，又∵在单调递减，∴，解得：
（2014·新课标Ⅱ，文15）偶函数y = f (x)的图象关于直线x = 2对称，f (3) = 3，则f (-1) = _______.
【答案】3解析：∵为偶函数，∴，∵的图像关于对称，∴，∴.
（2013·新课标Ⅰ，理16）若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为___________．
【答案】 解析：∵函数f(x)的图像关于直线x＝－2对称，∴f(x)满足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，即解得∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.
由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋.
易知，f(x)在(－∞，－2－)上为增函数，在(－2－，－2)上为减函数，在(－2，－2＋)上为增函数，在(－2＋，＋∞)上为减函数．
∴f(－2－)＝[1－(－2－)2][(－2－)2＋8(－2－)＋15]＝(－8－)(8－)＝80－64＝16.
f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9.
f(－2＋)＝[1－(－2＋)2][(－2＋)2＋8(－2＋)＋15]
＝(－8＋)(8＋)＝80－64＝16.
故f(x)的最大值为16.
(2012新课标Ⅰ，文13线在点（1，1）处的切线方程为_________．
【解析】．由已知，根据导数的几何意义知切线斜率，
因此切线方程为，即．
(2012新课标Ⅰ，文16函数的最大值为，最小值为，则_______．
【解析】2． ．
令，则，因为为奇函数，所以．
所以．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，19)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
(2023·新高考Ⅱ，22)（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【解析】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：．
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以．
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：
1．当时，利用，换元放缩；
2．当时，利用，换元放缩．
(2023·全国甲卷，理21)已知函数
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）
令,则
则
当
当,即．
当,即．
所以上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以．
若,
即在上单调递减,所以．
所以当,符合题意．
若
当,所以．
．
所以,使得,即,使得．
当,即当单调递增．
所以当,不合题意．
综上,的取值范围为．
(2023·全国甲卷，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）在上单调递减
（2）
【解析】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减．
（2）法一：构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为．
法二：因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：．
(2023·全国乙卷，理21)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
（3）若在存在极值，求a的取值范围．
【答案】（1）； （2）存在满足题意；（3）．
【解析】（1）当时，，则，
据此可得，函数在处的切线方程为，
即．
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故．
即存在满足题意．
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点．
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以．
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知:实数得取值范围是．
(2023·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即．
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立．
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意．
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意．
综上可知：实数得取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，22)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．
【解析】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故．
的定义域为，而．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为．
综上，．
（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为．
当时，考虑的解的个数、的解的个数．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2．
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则．
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即．
[方法二]：由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
(2022·新高考Ⅱ，23)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：．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）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.
(2022·全国甲卷，理21)已知函数．
（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．
【解析】（1）[方法一]：常规求导：的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数：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
又因,故只需证
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．
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
(2022·全国甲卷，文20)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．
【解析】（1）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），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
则的值域为，故的取值范围为．
(2022·全国乙卷，理21)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）
（2）
【解析】（1）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），，设，
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
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
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
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明．
(2022·全国乙卷，文20)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．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为．
(2021·新高考Ⅰ，22)已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
(2021·新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点.
①；②．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
(2021·全国甲卷，理21) 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
(2021·全国甲卷，文20)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
【解析】（1）函数定义域为，又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即
(2021·全国乙卷，理20)设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】1；证明见详解
【解析】
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
(2021·全国乙卷，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【解析】
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
(2020·新高考Ⅰ，21，新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）
切线方程为，
与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为，
（2），
，设，
在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，使得
当时，
当时，
因此存在唯一，使得，
，
当时，当时，
因此
对恒成立
(2020·全国卷Ⅰ，理21)已知函数．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是．
(2020·全国卷Ⅰ，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：．
(2020·全国卷Ⅱ，理21)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，
即．
(3)结合(2)的结论有：
．
(2020·全国卷Ⅱ，文21)已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为：
，
设，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
（2）且
因此，设，
则有，
当时，，所以，单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，
所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
(2020·全国卷Ⅲ，理21)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）因为，由题意，，即，则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或．
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
(2020·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为．
(2019·全国卷Ⅰ，理20)已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
20．解：（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而， 在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
(2019·全国卷Ⅰ，文20)已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
解：（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
(2019·全国卷Ⅱ，理20)已知函数．
（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；
（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线．
解：（1）的定义域为，.
当时，，递增；
当时，，递增；
在和上分别递增.
，，
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
，.
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
所以有且只有2个零点.
（2）是的1个零点，所以.
在处的切线为：.
过作的切线，则.
则.
所以在处的切线也是曲线的切线.
解法2：（1）的定义域为.
.
在上递增，在上递增，
所以在和上分别递增.
，，
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
，.
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
所以有且只有2个零点.
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，
故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
(2019·全国卷Ⅱ，文21)已知函数．证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
21．解：（1）的定义域为（0，+）．
．
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得．
又当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因此，存在唯一的极值点．
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根．
由得．
又，故是在的唯一根．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
(2019·全国卷Ⅲ，理20)已知函数．
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）是否存在a，b，使得f (x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
20．解：（1），令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）满足题设条件的a，b存在．
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0若，b=1，则，与0若，，则或或a=0，与0综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
(2019·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当020． 解：（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或．于是
，，所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是．
当时，单调递减，所以的取值范围是．
综上，的取值范围是．
（2018·新课标I，理21）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，证明：.
解析：解法1：(1)函数的定义域为，且.
当时，，在上单调递减；
当时，.
①若，则，此时，在上单调递减.
②若，则，方程有两根，
且，故两根都为正数，且.
当时，；
当时，.
综上可知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在单调递增，在上单调递减.
(2)因为是的两个极值点，所以.
所以要证，
即证①，不妨设，即证，
两边平方得，
令，即证.
令，则，且，
令，则，
所以在上单调递减，，
所以，在上单调递减，，即恒成立，
即恒成立.
【基本解法2】①式的证明：不妨设，，
即，令，
则，所以在上单调递减，
所以恒成立，则①得证.
(2018·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．
由题设知，f ′（2）=0，所以a=．
从而f（x）=，f ′（x）=．
当02时，f ′（x）>0．
所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a≥时，f（x）≥．
设g（x）=，则
当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．
故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．
因此，当时，．
（2018·新课标Ⅱ，理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
解析：（1）当时， ，所以导函数，
设，导函数为，令，则，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以 函数在区间上单调递增，
故 函数在区间上，即
解法2：当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）解法一：分离参数
构造函数，，导函数，
令，则，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因为函数与函数只有一个零点，则，所以.
解法2：设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
(2018·新课标Ⅱ，文21)已知函数．
（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．
解析：（1）函数，
令；，
所以，函数的单调增区间为、；单调减区间为.
（2）解法一：分离参数法和方程与函数的数学思想
设，
，所以，函数在定义域内单调递增
因为 ，
所以
所以 当变化时，函数与函数总有一个交点.
解法二：分离参数法和零点思想
设
，所以，函数在定义域内单调递增
因为
所以 ；
所以 当变化时，函数与函数总有一个交点.
（2018·新课标Ⅲ，理21）已知函数．
（1），证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
解析：（1）若时，，
∴.
令，∴.
∴当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减.
∴，∴恒成立，∴在上单调递增，
又，∴当时，；当时，.
（2），
，
，
，
.
设，
∴，，，
∴在邻域内，时，，时，.
时，，由洛必达法则得，
时，，由洛必达法则得，
综上所述，.
(2018·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
⑴求由线在点处的切线方程；⑵证明：当时，．
21．解析：（1）由题意：得，
∴，即曲线在点处的切线斜率为，∴，即；
（2）证明：由题意：原不等式等价于：恒成立；令，
∴，，∵，∴恒成立，∴在上单调递增，∴在上存在唯一使，∴，即，且在上单调递减，在上单调递增，∴.
又，
，∵，∴，∴，∴，得证.
综上所述：当时，.
（2017·新课标Ⅰ，理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
解析：（1）由于，故，
当时，，．从而恒成立．在上单调递减；
当时，令，从而，得．
单调减 极小值 单调增
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知，
当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．令．
令，则．从而在上单调增，而．
故当时，．当时．当时，
若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件．
若，则，故仅有一个实根，不满足条件．
若，则，注意到．．
故在上有一个实根，而又．且．
故在上有一个实根．
又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根．
又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根．综上，．
（法二）令，则．再令，则，
而有两个零点，则有两解，即直线与曲线有两个交点；
令，则，
令，则，注意到，
所以在上单调递增，在上单调递减，即；
而，所以当时，；当时，，
所以，当有两解时，的取值范围为．
(2017·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）
①当时，，令，即，解得，
令，即，解得，
所以当，在上递增，在上递减．
②当时，， 在上递增．
③当时，，令，
令，
所以当时，在上递增，在上递减．
综上所述：当，在上递减，在上递增；
当时， 在上递增；
当时，在上递减，在上递增．
（2）由（1）得当时，，
，得．当时，满足条件．
当时，
，
，又因为，所以．
综上所述，的取值范围是．
（2017·新课标Ⅱ，21）已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
解析：(1)法一：由题知：，且 ，
所以，
即当时，；当时，；当时，成立.
令，，
当时，，递减，，所以：，即：，所以；
当时，，递增，，所以：，即：.
所以，.
综上，.
法二：洛必达法则：由题知：，且 ，所以：.
即当时，；当时，；
当时，成立.
令，.
令，.
当时，,递增，；
所以，递减，，所以：；
当时，,递减，；
所以，递减，，所以：.
故.
（2）由(1)知：，，设，则.
当时，；当时，.
所以在递减，在递增.
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，
且当时，；当时，；
当时，.
又，所以是的唯一极大值点.
由得，故.
由得.
因为是在的唯一极大值点，由，得
所以.
（2017·新课标Ⅱ，文21）设函数f (x) = (1-x2)ex.
（1）讨论f (x)的单调性；（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围.
（2017·21） 解析：∵，令得，，当时，；当时，；当时，；所以f (x)在，上单调递减，在上单调递增.
（2）∵，当a≥1时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以 ；当0（2017·新课标Ⅲ，）21.已知函数.
（1）若 ，求的值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求最小值.
解析：（1），，则，且，
当时，，在上单调递增，所以时，，不满足题意；
当时，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
①若，在上单调递增所以当时矛盾；
②若，在上单调递减所以当时矛盾；
③若，在上单调递减，在上单调递增所以满足题意.
综上所述．
（2）由（1）知当时，，
令得，，
从而，
故.
而，所以所以的最小值为．
(2017·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
（1）讨论 的单调性；
（2）当时，证明．
21．解析：（1）
当时，，则在单调递增
当时，则在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）知，当时，
，令（）
则，解得
∴在单调递增，在单调递减
∴，∴，即，∴．
（2016·新课标Ⅰ，12）已知函数有两个零点．
（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）设是的两个零点，证明：．
解析：⑴ 由已知得：
① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
② 若，那么，
所以当时，，单调递增;当时，，单调递减;
即：
↓ 极小值 ↑
故在上至多一个零点，在上至多一个零点
由于，，则，
根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，，，
故
则的两根，， ，因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
③ 若，则，
当时，，，
即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：
+ 0 - 0 +
↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
而极大值
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
而当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
④ 若，那么
当时，，，即，单调递增
当时，，，即，单调递增
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
⑤ 若，则
当时，，，即，单调递增
当时，，，即，单调递减
当时，，，即，
单调递增
即：
+ 0 - 0 +
↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
当时，单调递增，至多一个零点,此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．
⑵ 由已知得：，不难发现，，
故可整理得：, ，则
，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
4．函数与导数（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，4)【答案】D【解析】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.故选：D
(2023·新高考Ⅰ，10多选题)ACD【解析】由题意可知：，
对于选项A：可得，因为，则，即，所以且，可得，故A正确；
对于选项B：可得，因为，则，即，所以且，可得，当且仅当时，等号成立，故B错误；
对于选项C：因为，即，可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项A可知：，且，则，
即，可得，且，所以，故D正确；故选：ACD.
(2023·新高考Ⅰ，11多选题)ABC【解析】方法一：因为，
对于A，令，，故正确；对于B，令，，则，故B正确；对于C，令，，则，
令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：因为，对于A，令，，故正确；
对于B，令，，则，故B正确；对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确；对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，
当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误. 故选：.
(2023·新高考Ⅱ，4)【答案】B【解析】因为 为偶函数，则 ，解得，当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称．
，
故此时为偶函数．故选：B．
(2023·新高考Ⅱ，6)【答案】C【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．故选：C．
(2023·新高考Ⅱ，11多选)【答案】BCD【解析】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确．故选：BCD
(2023·全国甲卷，理10文12)C【解析】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，
考虑，即处与的大小关系，当时，，；当时，，；
当时，，；所以由图可知，与的交点个数为．故选：C．
(2023·全国甲卷，文11)【答案】A【解析】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即，由二次函数性质知，因为
，而，
即，所以，综上，，又为增函数，故，即．故选：A．
(2023·全国甲卷，文8)【答案】C【解析】设曲线在点处的切线方程为，因为，所以，所以，所以，
所以曲线在点处的切线方程为．故选：C
(2023·全国乙卷，理4文5)【答案】D【解析】因为为偶函数，则，又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得．故选：D．
(2023·全国乙卷，文8)【答案】B【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B．
(2022·新高考Ⅰ，7)【答案】C【解析】方法一：构造法：设，因为，当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以，故选：C．
方法二：比较法： ， ， ， ① ，
令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ，
令 则 ，
令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故
(2022·新高考Ⅰ，10多选题)【答案】AC【解析】由题，，令得或，
令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误．故选：AC．
(2022·新高考Ⅰ，12多选题)【答案】BC【解析】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．故选：BC．
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法：由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC．故选：BC．
[方法三]：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，
所以，所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误．故选：BC．
(2022·新高考Ⅱ，8)【答案】A【解析】[方法一]：赋值加性质：因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数：由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，，. 所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．
(2022·全国甲卷，理5文7)【答案】A【解析】令，
则，所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C．故选：A．
(2022·全国甲卷，理6文8)【答案】B 【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B．
(2022·新高考Ⅱ，12多选)【答案】BC【解析】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；因为变形可得，设，所以，
因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
(2022·全国甲卷，文12)【解析】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
［方法二］：【最优解】（构造函数）由，可得．根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 ． 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 ．故选：A．
(2022·全国甲卷，理12)【答案】A【解析】[方法一]：构造函数：因为当
故，故，所以；设，，所以在单调递增，故，所以，所以，所以，选A
[方法二]：不等式放缩：因为当，取得：，故；，其中，且
当时，，及，此时，
故，故；所以，所以，故选A.
[方法三]：泰勒展开：设，则，，
，计算得，故选A．
[方法四]：构造函数：因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩：因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．故选：A．
(2022·全国乙卷，理12)【答案】D【解析】因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，
因为，所以，代入得，即，所以，．
因为，所以，即，所以．
因为，所以，又因为，联立得，，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以，因，所以．所以．
(2022·全国乙卷，文8)【答案】A【解析】设，则，故排除B;设，当时，，所以，故排除C;设，则，故排除D．故选：A．
(2022·全国乙卷，文11)【答案】D【解析】，
所以在区间和上，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
(2021·新高考Ⅰ，7)【答案】D【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点. 故选：D.
(2021·新高考Ⅱ，7)【答案】C 【解析】，即.
(2021·新高考Ⅱ，8)【答案】B【解析】因为函数为偶函数，则，可得，因为函数为奇函数，则，所以，，所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
(2021·全国甲卷，理4，文6)【答案】C 【解析】由，当时，，则.故选：C.
(2021·全国甲卷，文4)下【答案】D 【解析】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍；对于C，在为减函数，不合题意，舍；对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D
(2021·全国甲卷，理12)【答案】D 【解析】因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．，
所以．
思路二：从周期性入手：由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D．
(2021·全国甲卷，文12)【答案】C 【解析】由题意可得：，
而，故.故选：C.
(2021·全国乙卷，理4文9)【答案】B【解析】由题意可得，
对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
(2021·全国乙卷，理10文12)【答案】D 【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示，由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如上图所示：由图可知，，故.
综上所述，成立. 故选：D
(2021·全国乙卷，文8)【答案】C 【解析】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．
(2021·全国乙卷，理12)【答案】B 【解析】,所以;
下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于，所以当0令,则,,
由于，在x>0时,,所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b(2020·新高考Ⅰ，6)B【解析】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，所以天．
(2020·新高考Ⅰ，8)】D【解析】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：或或
解得或，所以满足的的取值范围是，故选：D．
(2020·新高考Ⅰ，11)【答案】ABD【解析】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
(2020·全国卷Ⅰ，理6)【答案】B【解析】，，，，
因此，所求切线的方程为，即．故选：B．
(2020·全国卷Ⅰ，理12)B【解析】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以．
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误．
(2020·全国卷Ⅰ，文8)【答案】B【解析】由可得，所以，所以有．
(2020·全国卷Ⅱ，理9)D 【解析】由得定义域为，关于坐标原点对称，又，为定义域上的奇函数，可排除AC；当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确．
(2020·全国卷Ⅱ，理11文12))A 【解析】由得：，
令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定．
(2020·全国卷Ⅱ，文10)A 【解析】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，所以函数为奇函数．又因为函数在上单调递增，在上单调递增，而在上单调递减，在上单调递减，所以函数在上单调递增，在上单调递增．
(2020·全国卷Ⅲ，文理4)C 【解析】，所以，则，所以，，解得．
(2020·全国卷Ⅲ，理10)D 【解析】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，设直线的方程为，即，由于直线与圆相切，则，两边平方并整理得，解得，（舍），则直线的方程为，即．
(2020·全国卷Ⅲ，理12A 【解析】由题意可知、、，
，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得．综上所述，．
(2020·全国卷Ⅲ，文10)A 【解析】因为，，所以．
(2019·全国卷Ⅰ，文理3)B 解析：；，，得.
(2019·全国卷Ⅰ，文理5)D 解析：因为故函数为奇函数，排除A；又，排除B，C。
(2019·全国卷Ⅱ，理6)C 解析：对于A ，当时，，所以A错；
对于B ，是增函数，，所以B错；
对于C ，是增函数，，所以C正确；
对于D ，不单调，大小不确定，所以D错；故选C.
解法2：特殊值法：令，则，A错；，B错；
，C对；，D错；故选C.
(2019·全国卷Ⅱ，理12)B 解析：当时，.
令，解得或. 又，所以.
解法2：因为f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），∵x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）∈[，0]，
∴x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，f（x）＝2f（x﹣1）＝2（x﹣1）（x﹣2）∈[，0]；
∴x∈（2，3]时，x﹣1∈（1，2]，f（x）＝2f（x﹣1）＝4（x﹣2）（x﹣3）∈[﹣1，0]，
当x∈（2，3]时，由4（x﹣2）（x﹣3）解得m或m，若对任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x），则m．故选：B．
(2019·全国卷Ⅱ，文6)D 解析：当时，，，得．
(2019·全国卷Ⅱ，文10)C 解析：由，得，
∴，∴曲线在点处的切线方程为，即．
(2019·全国卷Ⅲ，理6文7)D 解析：易知点在已知曲线上，令，则，易知，得。又，可得。
2019·全国卷Ⅲ，理7) B 解析：由在，知，
∴是上的奇函数，因此排除C；又，因此排除A，D．
(2019·全国卷Ⅲ，理11文12))C 解析：因为是偶函数，所以，
因为，且在递减，所以
(2018·新课标Ⅰ，理5文6)D 解析：解法1：由基本函数，，的奇偶性，结合为奇函数，易知.则，求导数，得，由点斜式得.
解法2：为奇函数， ，
即，，
则，求导数，得，，
由点斜式得，即.
(2018·新课标Ⅰ，理9)C 解析：存在两个零点， 即=0有两个根，有两个根 ，即函数与有两个交点，
在轴上的截距为，使即可，
(2018·新课标Ⅰ，文12)D解析：解法1（分类讨论法）由于当时，单调递减；而当时，（为常数），故分以下两种情况：或解这两个不等式组得，选D．
解法2：（数形结合法）作出的图象，如图：
结合图象可知或，解得，故选D．
（2018·新课标Ⅱ，文理3）B 解析：该函数为奇函数，奇函数关于原点对称，故排除选项A中的图像；当时，，，故排除选项D中的图像；取特殊值，当时，，而不接近函数值1，故排除选项C中的图像；
（2018·新课标Ⅱ，10）A 解析：解法一：因为 ，所以 ，
因为 函数在区间上单调递减，所以 .
解法二：导数法：因为 ，所以，
所以 ，故.
解法三：特值法：因为 ，所以，
当时， ，不满题意，故舍去，故只能选择A.
（2018·新课标Ⅱ，11）C解析：常规解法：因为 函数为定义域R上的奇函数，，所以，由题意可知：， ，所以
所以 ，所以 ，
方法2：特值函数法：设该函数为正弦函数，
奇函数（定义域必须包含零）
(2018·新课标Ⅱ，文10)C 解析：解法一：常规解法
因为，所以，若在是减函数，
所以在是增函数，所以，解得.
解法二：导数法：因为，所以 ，
所以 ，所以，解得.
(2018·新课标Ⅱ，文12)C 解析：因为 函数为定义域R上的奇函数，，所以，
由题意可知：，，所以
所以，所以.
（2018·新课标Ⅲ，理7文9) D解析：当时，，可以排除A、B选项；又因为，则的解集为，单调递增区间为，；的解集为，单调递减区间为，.结合图象，可知D选项正确.
（2018·新课标Ⅲ，理12）B 解析：∵，，∴，，
∴，∴即，
又∵，，∴，故选B.
(2018·新课标Ⅲ，文7)B解析：关于对称，则.故选B.
（2017·新课标Ⅰ，5）D 解析：因为为奇函数，所以，于是，等价于，又在单调递减，，，故选D．
（2017·新课标Ⅰ，11）D 解析：取对数：．，，，则，，故选D．
（法二）取对数：，，
，，故选D；
(2017·新课标Ⅰ，文8选C. 由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，排除D；当时，，排除A．
(2017新课标Ⅰ，文9（法一）函数的定义域为，，
设，为增函数，当时，为增函数，
为增函数，当时，为减函数，为减函数．排除A,B，
因为是二次函数，图像关于直线对称，故，
所以，的图像关于直线对称，故选 C；
（法二），当时，，为增函数．
当时，，为减函数，故排除A,B． 故选 C；
（2017·新课标Ⅱ，理11）A 解析：∵ ∴ 导函数，
∵ ，∴ ，∴ 导函数，令，∴ ，，
当变化时，，随变化情况如下表：
+ 0 - 0 +
极大值 极小值
从上表可知：极小值为.故选A
（2017·新课标Ⅱ，文8）函数 的单调递增区间是（ ）
A. (-，-2) B. (-，-1) C. (1，+) D. (4，+)
【答案】D解析：函数有意义，则x2-2x-8>0，解得x<-2或x>4，结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数“同增异减”的原则可得函数的单调增区间为(4，+∞)，故选D.
(2017·新课标Ⅲ，文7)D解析：令，则有，所以排除A，C，又因为非奇非偶，排除B．故选D．
（2017·新课标Ⅲ，理11文12）C 解析： 由条件，，得：
.
所以，即为的对称轴，由题意，有唯一零点，故的零点只能为，
即，解得．故选C.
方法2：(对称性解法) 因为关于直线对称，所以要有唯一零点，只有，由此解得．故选C．
（2016·新课标Ⅰ，理7文9）D 解析：，排除A；，排除B；时，，，当时，
因此在单调递减，排除C；故选D．
（2016·新课标Ⅰ，8）C 解析：由于，∴函数在上单调递增，因此，A错误；由于，∴函数在上单调递减，∴，B错误；要比较和，只需比较和，只需比较和，只需和，
构造函数，则，在上单调递增，因此
，又由得，
∴，C正确；
要比较和，只需比较和，而函数在上单调递增，故，又由得，∴，D错误；
故选C．
(2016·新课标Ⅰ，文8)B 解析：由可知是减函数，又，所以．
评注 作为选择题，本题也可以用特殊值代入验证，如取，，，可快速得到答案．
另外，对于A，，，因为，所以．
又，所以，但正负性无法确定，所以A无法判断．
对于C，D，可分别利用幂函数、指数函数的单调性判断其错误．
(2016·新课标Ⅰ，文12) 解析：选C ．问题转化为对恒成立，
故，即恒成立．
令，得对恒成立．
解法一：构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，
故只需保证，解得．故选C．
解法二：①当时，不等式恒成立；②当时，恒成立，由在上单调递增，所以，故；③当时，恒成立．由在上单调递增，，所以．
综上可得，．故选C．
（2016·新课标Ⅱ，理12）【答案】B 解析：由得关于对称，而也关于对称，∴对于每一组对称点， ，∴，故选B．
（2016·新课标Ⅱ，文10）D解析：，定义域与值域均为，只有D满足，故选D．
（2016·新课标Ⅱ，文12）B解析：因为都关于对称，所以它们交点也关于对称，当为偶数时，其和为，当为奇数时，其和为，因此选B.
（2016·新课标Ⅲ，理6文7A 解析：，故.
（2015·新课标Ⅰ，12）D 解析：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D．.
作为选择题，该题也可先找到满足的整数，由的唯一性列不等式组求解.由得.又是唯一使的整数，所以，解得，又，且时符合题意.故选D．.
(2015·新课标Ⅰ，文10)解：∵f(a)=-3，∴当a≤1时，f(a)=2a-1-2=-3，则2a-1=-1，无解．当a>1时，f(a)=-log2(a+1) =-3，则a+1=8，解得a=7，∴f(6-a)=f(-1)= 2-2-2=，故选A．
(2015·新课标Ⅰ，文12)．解：设f(-2)=m，f(-4)=n，则m+n=1，依题点(-2，m)与点(-4，n)关于直线y=-x对称点为(-m，2)与点(-n，4)在函数y=2x+a的图像上，∴2=2-m+a，4=2-n+a，∴-m+a=1，-n+a=2，∴2a=3+m+n=4，∴a=2，故选C
（2015·新课标Ⅱ，5）C 解析：由已知得，又，所以，故．
（2015·新课标Ⅱ，理10文11）B 解析：由已知得，当点P在BC边上运动时，即时，；当点P在CD边上运动时，即，时，，当时，；当点P在AD边上运动时，即时，，从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选B．
（2015·新课标Ⅱ，理12）A 解析：记函数，则，因为当x>0时，xf (x)-f(x)<0，故当x>0时，g (x)<0，所以g(x)在(0, +∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(-∞, 0)单调递增，且g(-1)=g(1)=0．当00，则f(x)>0；当x<-1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞, -1)∪(0, 1)，故选A．
（2015·新课标Ⅱ，文12）A解析：是偶函数，且在[0, +∞)是增函数，所以.
（2014·新课标Ⅰ，理3文5）C 解析：设，则，∵是奇函数，是偶函数，∴，为奇函数，选C.
（2014·新课标Ⅰ，理11文12）B 解析：【解析1】：由已知，，令，得或，当时，；
且，有小于零的零点，不符合题意．
当时，
要使有唯一的零点且＞0，只需，即，．选B
【解析2】：由已知，=有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令，则问题又等价于有唯一的正零根，即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记，，由，，，
，要使有唯一的正零根，只需，选B
（2014·新课标Ⅱ，8）D 解析：∵，且在点处的切线的斜率为2，∴，即.
（2014·新课标Ⅱ，12）C 解析：∵，令得，∴，即，的极值为，∴，， ，
即：，故：或.
（2014·新课标Ⅱ，文11）D解析：∵函数在区间（1，+∞）单调递增，∴当x＞1时，恒成立，，∴，故选D.
（2013·新课标Ⅰ，理11文12）D 解析：由y＝|f(x)|的图象知：
①当x＞0时，y＝ax只有a≤0时，才能满足|f(x)|≥ax，可排除B，C.
②当x≤0时，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x. 故由|f(x)|≥ax得x2－2x≥ax.
当x＝0时，不等式为0≥0成立．当x＜0时，不等式等价于x－2≤a，∵x－2＜－2，∴a≥－2.
综上可知：a∈[－2,0]．
(2013·新课标Ⅰ，文9)选C. 由f(x)＝(1－cos x)sin x知其为奇函数．可排除B．当x∈时，f(x)＞0，排除A．当x∈(0，π)时，f′(x)＝sin2x＋cos x(1－cos x)＝－2cos2x＋cos x＋1．令f′(x)＝0，得．
故极值点为，可排除D.
（2013·新课标Ⅱ，理8）D 解析：根据公式变形，，，，因为lg 7＞lg 5＞lg 3，所以，即c＜b＜a. 故选D.
（2013·新课标Ⅱ，理10文11）C 解析：∵f (x)=3x2+2ax+b，∴y＝f (x)的图像大致如右图所示，若x0是f (x)的极小值点，则则在(－∞，x0)上不单调，故C不正确．
（2013·新课标Ⅱ，文8）D解析：，，又，所以最大.
又，所以，即，所以，故选D.
（2013·新课标Ⅱ，文12）D解析：因为，所以由得，在坐标系中，作出函数的图象，当时，，所以如果存在，使，则有，即，故选D.
（2012·新课标Ⅰ，理10）B 解析：的定义域为且，排除D；
因为，
所以当时，，在（－1，0）上是减函数；
当时，，在上是增函数．排除A、C，故选择B．
（2012·新课标Ⅰ，理12）B 解析：与互为反函数，图象关于直线对称．
问题转化为求曲线上点P到直线的距离的最小值，则的最小值为．
（用切线法）：设直线与曲线相切于点，
因为，所以根据导数的几何意义，得，，
所以切点，从而，所以
因此曲线上点P到直线的距离的最小值为直线
与直线的距离，从而，所以，故选择B．
(2012·新课标Ⅰ，文11【解析】显然要使不等式成立，必有．在同一坐标系中画出与的图象．
时，，当且仅当，，即．
解得，故选择B．
（2011·新课标Ⅰ，理2文3）B 解析：由图像知选B
（2011·新课标Ⅰ，12)D 解析：图像法求解．的对称中心是（1,0）也是的中心，他们的图像在x=1的左侧有4个交点，则x=1右侧必有4个交点．不妨把他们的横坐标由小到大设为，则，所以选D
（2011·新课标Ⅰ，9）C 解析：用定积分求解，选C
【解析】四个选项中的偶函数只有，，，故排除，当时，三个函数分别为单调递增，单调递减，单调递减．故选B．
(2011·新课标Ⅰ，文10)因为，由函数零点存在性定理，可知函数零点处于区间内．故选择C．
(2011·新课标Ⅰ，文12) 考查数形结合思想，在同一直角坐标系中作出两个函数的图像，如下图．容易判断出两函数图像的交点个数为个． 故选A．
二、填空题
(2023·全国甲卷，理13文14) 2【解析】因为为偶函数，定义域为，所以，即，
则，故，此时，
所以，又定义域为，故为偶函数，所以．
(2023·全国乙卷，理16)【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，15)【答案】【解析】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,∵切线过原点，∴,整理得：,∵切线有两条，∴,解得或，∴的取值范围是,故答案为：
(2022·新高考Ⅱ，14)【答案】①. ②. 【解析】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：；.
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合：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；
因为是偶函数，图象如图所示：
所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.
[方法三]：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：；.
(2022·全国乙卷，理16) 【答案】【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点，因为，所以方程的两个根为，
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，
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，，即图象在上方
当时，，即图象在下方，，图象显然不符合题意，所以．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，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导，=0的两个根为，
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，设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数，且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以．
(2022·全国乙卷，文16)【答案】①．；②．．【解析】[方法一]：奇函数定义域的对称性：
若，则的定义域为，不关于原点对称，，若奇函数的有意义，则且，且，函数为奇函数，定义域关于原点对称，
，解得，由得，，，故答案为：；．
[方法二]：函数的奇偶性求参：
，函数为奇函数
，，
，，.
[方法三]：因为函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由可得，，所以，解得：，即函数的定义域为，再由可得，．即，在定义域内满足，符合题意．故答案为：；．
(2021·新高考Ⅰ，13) 【答案】1 【解析】因为，故，
因为为偶函数，故，，整理得到，故，故答案为：1
(2021·新高考Ⅰ，15)【答案】1【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴，故答案为：1.
(2021·新高考Ⅱ，14)①；②当时，；③是奇函数．
【答案】（答案不唯一，均满足）
【详解】取，则，满足①，
，时有，满足②，
的定义域为，
又，故是奇函数，满足③.
故答案为：（答案不唯一，均满足）
(2021·新高考Ⅱ，16)【答案】
【解析】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
(2021·全国甲卷，理13) 【答案】 【解析】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
(2020·全国卷Ⅰ，文15 【解析】设切线的切点坐标为，
，所以切点坐标为，所求的切线方程为，即．
(2020·全国卷Ⅲ，文15)1 【解析】由函数的解析式可得：，
则：，据此可得：，整理可得：，解得：．
(2019·全国卷Ⅰ，文理13)【答案】 解析：∵，
∴结合导数的几何意义曲线可知在点处的切线方程的斜率为，∴切线方程为.
(2019·全国卷Ⅱ，理14) 解析：当时，.
又时，，所以.又是奇函数，所以.
又所以，解得.
解法2：，是奇函数，所以.又时，，所以，解得.
(2018·新课标Ⅰ，文13) 解析：由已知得．
（2018·新课标Ⅱ，理13）【答案】 解析：，直线为．
(2018·新课标Ⅱ，文13)【答案】 解析：，直线为
（2018·新课标Ⅲ，理14）解析：，则，所以.
(2018·新课标Ⅲ，文16)【答案】 解析：，
，
∴，∴.
(2017·新课标Ⅰ，文14)【解】．求导得，故切线的斜率，所以切线方程为，即．
（2017·新课标Ⅱ，文14）【答案】12解析：
（2017·新课标Ⅲ，理15文16）
【答案】 解析： 因为，，即
由图像变换可画出与的图像如下：
由图可知，满足的解为.
（2016·新课标Ⅱ，理16）【答案】 解析：的切线为：（设切点横坐标为），的切线为：，∴，解得 ，∴．
（2016·新课标Ⅲ，理15）【答案】 解析： 法一：，，，故切线方程为.
法二：当时，，，故切线方程为.
(2016·新课标Ⅲ，文16)【答案】 解析 当时，，又因为为偶函数，所以，,，所以曲线在点处的切线方程．
（2015·新课标Ⅰ，理13）【答案】 解析：由函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则为奇函数（）；由（），得，，故填1.
(2015·新课标Ⅰ，文13)解：∵f '(x)=3ax2+1，∴切线斜率为f '(1)=3a+1，又切点为(1, a+2)，且切线过点(2,7)，∴7-(a+2)=3a+1，解得a=1．
（2015·新课标Ⅱ，文13）【答案】 -2解析：.
（2015·新课标Ⅱ，文16）【答案】 8解析：曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y=2x-1，与y= ax2+(a+2)x+1联立得ax2+ax+2=0，显然a≠0，所以由△=a2-8a=0，得a=8 .
(2014课标Ⅰ，文15)解：(-∞,8]，当x<1时，由ex-1≤2可得x≤1+ln 2，故x<1；当x≥1时，由≤2可得x≤8，故1≤x≤8，综上可得x≤8．
（2014·新课标Ⅱ，15）【答案】 解析：∵是偶函数，∴，又∵在单调递减，∴，解得：
（2014·新课标Ⅱ，文15）【答案】3解析：∵为偶函数，∴，∵的图像关于对称，∴，∴.
（2013·新课标Ⅰ，理16）【答案】 解析：∵函数f(x)的图像关于直线x＝－2对称，∴f(x)满足f(0)＝f(－4)，f(－1)＝f(－3)，即解得∴f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.
由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋.
易知，f(x)在(－∞，－2－)上为增函数，在(－2－，－2)上为减函数，在(－2，－2＋)上为增函数，在(－2＋，＋∞)上为减函数．
∴f(－2－)＝[1－(－2－)2][(－2－)2＋8(－2－)＋15]＝(－8－)(8－)＝80－64＝16.
f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15]＝－3(4－16＋15)＝－9.
f(－2＋)＝[1－(－2＋)2][(－2＋)2＋8(－2＋)＋15]
＝(－8＋)(8＋)＝80－64＝16.
故f(x)的最大值为16.
(2012新课标Ⅰ，文13)【解析】．由已知，根据导数的几何意义知切线斜率，因此切线方程为，即．
(2012新课标Ⅰ，文16)【解析】2． ．
令，则，因为为奇函数，所以．
所以．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，19)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
(2023·新高考Ⅱ，22)（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【解析】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：．
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以．
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：1．当时，利用，换元放缩；2．当时，利用，换元放缩．
(2023·全国甲卷，理21)已知函数
（1）当时，讨论的单调性；（2）若恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）
令,则，则
当
当,即；当,即．
所以上单调递增,在上单调递减
（2）设
设，
所以．
若,，即在上单调递减,所以．
所以当,符合题意．
若，当,所以．．
所以,使得,即,使得．当,即当单调递增．所以当,不合题意．
综上,的取值范围为．
(2023·全国甲卷，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，所以在上单调递减．
（2）法一：构建，
则，若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为．
法二：因为，
因为，所以，，故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：．
(2023·全国乙卷，理21)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由．
（3）若在存在极值，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
据此可得，函数在处的切线方程为，
即．
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，取可得，
即，则，解得，经检验满足题意，故．即存在满足题意．
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，则，
令，在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点．
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以．
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，所以函数在区间上存在变号零点，符合题意．
综合上面可知:实数得取值范围是．
(2023·全国乙卷，文20)已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即．
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立．
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意．
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意．
综上可知：实数得取值范围是．
(2022·新高考Ⅰ，22)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．
【解析】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故．
的定义域为，而．
当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．
当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故．
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为．
综上，．
（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值为．
当时，考虑的解的个数、的解的个数．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2．
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则．
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即．
[方法二]：由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
(2022·新高考Ⅱ，23)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：．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，又，设，
则，
若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，所以.
当时，有，所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）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.
(2022·全国甲卷，理21)已知函数．
（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．
【解析】（1）[方法一]：常规求导：的定义域为，则
，令,得
当单调递减，当单调递增，
若,则,即，所以的取值范围为
[方法二]：同构处理：由得：，令，则即，令，则，故在区间上是增函数，故，即，所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数：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
又因,故只需证
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．
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
(2022·全国甲卷，文20)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．
【解析】（1）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），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
则的值域为，故的取值范围为．
(2022·全国乙卷，理21)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．
【解析】（1）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），，设，
若,当,即
所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意
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
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
(2022·全国乙卷，文20)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．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为．
(2021·新高考Ⅰ，22)已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，故.
先证：，若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
(2021·新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点.
①；②．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
(2021·全国甲卷，理21) 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
(2021·全国甲卷，文20)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
【解析】（1）函数定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即
(2021·全国乙卷，理20)设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；（2）设函数．证明:．
【解析】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
(2021·全国乙卷，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
(2020·新高考Ⅰ，21，新高考Ⅱ，22)已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【解析】【详解】（1）
切线方程为，
与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为，
（2），，设，
在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得
当时，
当时，
因此存在唯一，使得，
，
当时，当时，
因此
对恒成立
(2020·全国卷Ⅰ，理21)已知函数．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
因此，,综上可得，实数a的取值范围是．
(2020·全国卷Ⅰ，文20)已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：．
(2020·全国卷Ⅱ，理21)已知函数f(x)=sin2xsin2x．
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)注意到，故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，
即．
(3)结合(2)的结论有：
．
(2020·全国卷Ⅱ，文21)已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为：
，
设，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
（2）且
因此，设，
则有，
当时，，所以，单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，
所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
(2020·全国卷Ⅲ，理21)设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】（1）因为，由题意，，即，则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或．
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
(2020·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，所以在上有唯一一个零点，
同理，，所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为．
(2019·全国卷Ⅰ，理20)已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．
20．解：（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而， 在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
(2019·全国卷Ⅰ，文20)已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
解：（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
(2019·全国卷Ⅱ，理20)已知函数．
（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；
（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线．
解：（1）的定义域为，.
当时，，递增；当时，，递增；在和上分别递增.
，，
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
，.
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
所以有且只有2个零点.
（2）是的1个零点，所以.
在处的切线为：，过作的切线，则，则.
所以在处的切线也是曲线的切线.
解法2：（1）的定义域为.
.
在上递增，在上递增，
所以在和上分别递增.
，，
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
，.
所以在上有唯一零点，即在有唯一零点.
所以有且只有2个零点.
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，
故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
(2019·全国卷Ⅱ，文21)已知函数．证明：
（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
21．解：（1）的定义域为（0，+）．
．
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得．
又当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因此，存在唯一的极值点．
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根．
由得．
又，故是在的唯一根．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
(2019·全国卷Ⅲ，理20)已知函数．
（1）讨论f (x)的单调性；（2）是否存在a，b，使得f (x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
20．解：（1），令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）满足题设条件的a，b存在．
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0若，b=1，则，与0若，，则或或a=0，与0综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．
(2019·全国卷Ⅲ，文20)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）当020． 解：（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或．于是
，，所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是．
当时，单调递减，所以的取值范围是．
综上，的取值范围是．
（2018·新课标I，理21）已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，，证明：.
解析：解法1：(1)函数的定义域为，且.
当时，，在上单调递减；
当时，.
①若，则，此时，在上单调递减.
②若，则，方程有两根，
且，故两根都为正数，且.
当时，；
当时，.
综上可知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在单调递增，在上单调递减.
(2)因为是的两个极值点，所以.
所以要证，
即证①，不妨设，即证，
两边平方得，
令，即证.
令，则，且，
令，则，
所以在上单调递减，，
所以，在上单调递减，，即恒成立，
即恒成立.
【基本解法2】①式的证明：不妨设，，
即，令，
则，所以在上单调递减，
所以恒成立，则①得证.
(2018·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．
由题设知，f ′（2）=0，所以a=．
从而f（x）=，f ′（x）=．
当02时，f ′（x）>0．
所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a≥时，f（x）≥．
设g（x）=，则
当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．
故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．
因此，当时，．
（2018·新课标Ⅱ，理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．
解析：（1）当时， ，所以导函数，
设，导函数为，令，则，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以 函数在区间上单调递增，
故 函数在区间上，即
解法2：当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）解法一：分离参数
构造函数，，导函数，
令，则，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因为函数与函数只有一个零点，则，所以.
解法2：设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
(2018·新课标Ⅱ，文21)已知函数．
（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．
解析：（1）函数，
令；，
所以，函数的单调增区间为、；单调减区间为.
（2）解法一：分离参数法和方程与函数的数学思想
设，
，所以，函数在定义域内单调递增
因为 ，
所以
所以 当变化时，函数与函数总有一个交点.
解法二：分离参数法和零点思想
设
，所以，函数在定义域内单调递增
因为
所以 ；
所以 当变化时，函数与函数总有一个交点.
（2018·新课标Ⅲ，理21）已知函数．
（1），证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
解析：（1）若时，，
∴.
令，∴.
∴当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减.
∴，∴恒成立，∴在上单调递增，
又，∴当时，；当时，.
（2），
，
，
，
.
设，
∴，，，
∴在邻域内，时，，时，.
时，，由洛必达法则得，
时，，由洛必达法则得，
综上所述，.
(2018·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
⑴求由线在点处的切线方程；⑵证明：当时，．
21．解析：（1）由题意：得，
∴，即曲线在点处的切线斜率为，∴，即；
（2）证明：由题意：原不等式等价于：恒成立；令，
∴，，∵，∴恒成立，∴在上单调递增，∴在上存在唯一使，∴，即，且在上单调递减，在上单调递增，∴.
又，
，∵，∴，∴，∴，得证.
综上所述：当时，.
（2017·新课标Ⅰ，理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
解析：（1）由于，故，
当时，，．从而恒成立．在上单调递减；
当时，令，从而，得．
单调减 极小值 单调增
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知，
当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．令．
令，则．从而在上单调增，而．
故当时，．当时．当时，
若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件．
若，则，故仅有一个实根，不满足条件．
若，则，注意到．．
故在上有一个实根，而又．且．
故在上有一个实根．
又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根．
又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根．综上，．
（法二）令，则．再令，则，
而有两个零点，则有两解，即直线与曲线有两个交点；
令，则，
令，则，注意到，
所以在上单调递增，在上单调递减，即；
而，所以当时，；当时，，
所以，当有两解时，的取值范围为．
(2017·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）
①当时，，令，即，解得，
令，即，解得，
所以当，在上递增，在上递减．
②当时，， 在上递增．
③当时，，令，
令，
所以当时，在上递增，在上递减．
综上所述：当，在上递减，在上递增；
当时， 在上递增；
当时，在上递减，在上递增．
（2）由（1）得当时，，
，得．当时，满足条件．
当时，
，
，又因为，所以．
综上所述，的取值范围是．
（2017·新课标Ⅱ，21）已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
解析：(1)法一：由题知：，且 ，
所以，
即当时，；当时，；当时，成立.
令，，
当时，，递减，，所以：，即：，所以；
当时，，递增，，所以：，即：.
所以，.
综上，.
法二：洛必达法则：由题知：，且 ，所以：.
即当时，；当时，；
当时，成立.
令，.
令，.
当时，,递增，；
所以，递减，，所以：；
当时，,递减，；
所以，递减，，所以：.
故.
（2）由(1)知：，，设，则.
当时，；当时，.
所以在递减，在递增.
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，
且当时，；当时，；
当时，.
又，所以是的唯一极大值点.
由得，故.
由得.
因为是在的唯一极大值点，由，得
所以.
（2017·新课标Ⅱ，文21）设函数f (x) = (1-x2)ex.
（1）讨论f (x)的单调性；（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围.
（2017·21） 解析：∵，令得，，当时，；当时，；当时，；所以f (x)在，上单调递减，在上单调递增.
（2）∵，当a≥1时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以 ；当0（2017·新课标Ⅲ，）21.已知函数.
（1）若 ，求的值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求最小值.
解析：（1），，则，且，
当时，，在上单调递增，所以时，，不满足题意；
当时，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
①若，在上单调递增所以当时矛盾；
②若，在上单调递减所以当时矛盾；
③若，在上单调递减，在上单调递增所以满足题意.
综上所述．
（2）由（1）知当时，，
令得，，
从而，
故.
而，所以所以的最小值为．
(2017·新课标Ⅲ，文21)已知函数．
（1）讨论 的单调性；
（2）当时，证明．
21．解析：（1）
当时，，则在单调递增
当时，则在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）知，当时，
，令（）
则，解得
∴在单调递增，在单调递减
∴，∴，即，∴．
（2016·新课标Ⅰ，12）已知函数有两个零点．
（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）设是的两个零点，证明：．
解析：⑴ 由已知得：
① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
② 若，那么，
所以当时，，单调递增;当时，，单调递减;
即：
↓ 极小值 ↑
故在上至多一个零点，在上至多一个零点
由于，，则，
根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，，，
故
则的两根，， ，因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
③ 若，则，
当时，，，
即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：
+ 0 - 0 +
↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
而极大值
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
而当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
④ 若，那么
当时，，，即，单调递增
当时，，，即，单调递增
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
⑤ 若，则
当时，，，即，单调递增
当时，，，即，单调递减
当时，，，即，
单调递增
即：
+ 0 - 0 +
↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
当时，单调递增，至多一个零点,此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．
⑵ 由已知得：，不难发现，，
故可整理得：, ，则
，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
设，构造代数式：
设，,则，故单调递增，有．
因此，对于任意的，．
由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有
令，则有
而，，在上单调递增，因此：
整理得：．
(2016·新课标Ⅰ，文21)已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围．
解析：（1）由题意．
①当，即时，恒成立．令，则，
所以的单调增区间为．同理可得的单调减区间为．
②当，即时，令，则或．
（ⅰ）当，即时，令，则或，
所以的单调增区间为和．同理的单调减区间为；
（ⅱ）当，即时，
当时，，，所以．同理时，．
故的单调增区间为；
（ⅲ）当，即时．令，则或，
所以的单调增区间为和，同理的单调减区间为．
综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为；
当时，的单调增区间为；
当时，的单调增区间为和，单调减区间为；
当时，的单调增区间为，单调减区间为．
（2）解法一（直接讨论法）：易见，如（1）中讨论，下面先研究（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）三种情况．
①当时，由单调性可知，，故不满足题意；
②当时，在上单调递增，显然不满足题意；
③当时，由的单调性，可知，
且，故不满足题意；
下面研究，
当时，，令，则，因此只有个零点，故舍去；
当时，，，所以在上有个零点；
（i）当时，由，而，
所以在上有个零点；
（i i）当时，由，而，
所以在上有个零点；
可见当时有两个零点．所以所求的取值范围为．
解法二（分离参数法）：显然不是的零点，
当时，由，得．
设，则问题转化为直线与图像有两个交点，
对求导得，
所以在单调递增，在单调递减．
①当时，若，，直线与图像没有交点，
若，单调递减，直线与图像不可能有两个交点，
故不满足条件；
②若时，取 ，则，
而，结合在单调递减，
可知在区间上直线与图像有一个交点，
取，，
则，，
结合在单调递增，可知在区间上直线与图像有一个交点，
综上所述，时直线与图像有两个交点，函数有两个零点．
（2016·新课标Ⅱ，21）（Ⅰ）讨论函数 的单调性，并证明当>0时，；
（Ⅱ）证明：当时，函数有最小值.设g (x)的最小值为，求函数的值域.
证明：⑴，∵当时，，∴在上单调递增，∴时，，∴.
⑵ ，，由(1)知，当时，的值域为，只有一解．使得，，当时，，单调减；当时，单调增，，记，在时，，∴单调递增，∴．
（2015·新课标Ⅰ，12）已知函数，.
（Ⅰ）当为何值时，轴为曲线的切线；
（Ⅱ）用表示中的最小值，设函数（），讨论零点的个数.
解：（Ⅰ），若轴为曲线的切线，则切点满足，也就是且，解得，，因此，当时，轴为曲线的切线；
（Ⅱ）当时，，函数没有零点；
当时，若，则，，故是的零点；
当时，，以下讨论在区间上的零点的个数.
对于，因为，所以令可得，那么
（i）当或时，没有零点（或），在区间上是单调函数，且，所以当时，在区间上有一个零点；当时，在区间上没有零点；
（ii）当时，（）且（），所以为最小值点，且.
显然，若，即时，在区间上没有零点；
若，即时，在区间上有1个零点；
若，即时，因为，所以若，在区间上有2个零点；若，在区间上有1个零点.
综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.
（2016·新课标Ⅱ，文20）已知函数.
（Ⅰ）当a=4时，求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
（Ⅱ）若当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，求的取值范围.
（2016·20）（I）的定义域为.当时， ，，曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于令，则，
（i）当，时，，故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得，由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
（2016·新课标Ⅲ，21）设函数，其中，记的最大值为.
(1)求；(2)求；(3)证明：.
解析：(1)
(2) 当时，
因此，．
当时，将变形为．
令，则是在上的最大值，
，，且当时，取得极小值，
极小值为．
令，解得（舍去），．
①当时，在内无极值点，，，，所以．
②当时，由，知．
又，所以．
综上，．
(3) 由(1)得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
(2016·新课标Ⅲ，文21)设函数．
（1）讨论的单调性；（2）证明当时，；（3）设，证明当时，．
21．解析 (1)，当时，，；当时， ，所以在上单调递增,在上单调递减．
（2）由（1）知，在处取得最大值，最大值为．
所以时，．故当时，，，即．
(3)由题设，设，则，令，，解得．当时，， 单调递增；当时，，单调递减．由（2）知，，故，又，故当时，．所以当时， ．
(2015·新课标Ⅰ，文21)设函数．
（1）讨论的导函数零点的个数;（2）求证：当时，．
解：(Ⅰ) f '(x)=2e2x， x>0 …2分
(1)若a≤0时，f '(x)>0在(0,+∞)恒成立，所以f '(x)没有零点； …3分
(2)若a>0时，f '(x)单调递增．当x 0, f '(x) -∞；当x + ∞,f '(x) +∞，
所以f '(x) 存在一个零点． …6分
(Ⅱ) 设f '(x)的唯一零点为k，由(Ⅰ)知(0, k)上，f '(x)<0，f(x)单调递减；
在(k,+∞)上，f '(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)取最小值f(k)． …8分
所以f(x)≥f(k)= e2k-alnk，又f '(k)= 2e2k=0，所以e2k=，，
所以f(k)=，
所以f(x)≥． …12分
21． 解析 （1），．
显然当时，恒成立，无零点．
当时，取，则，即单调递增．
令，即．
画出与的图像，如图所示．
由图可知，必有零点，所以导函数存在唯一零点．
（2）由（1）可知有唯一零点，设零点为，
由图可知，当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
所以在处取得极小值，即．
又，解得．①
①两边分别取自然对数，得，即．
所以
（当且仅当，即时取等号）．
（2015·新课标Ⅱ，理21）设函数.
（Ⅰ）证明：f (x)在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）若对于任意x1,，x2∈[-1，1]，都有｜f (x1)- f (x2)｜≤ e-1，求m的取值范围．
解析：（Ⅰ），若，则当时，；当时，，. 若，则当时，；当时，，，所以，在单调递减，在单调递增.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在[-1，0]单调递减，在[0,1]单调递增，故在处取得最小值，所以对于任意，的充要条件是，即①. 设函数，则，当时，；当时，，故在单调递减，在单调递增.又，，故当时，.当时，，即①式成立；当时，由的单调性，，即；当时，，即，综上，的取值范围是[-1,1].
（2015·新课标Ⅱ，文21）已知函数f (x) = ln x +a(1- x).
（Ⅰ）讨论f (x)的单调性；
（Ⅱ）当f (x)有最大值，且最大值大于2a -2时，求a的取值范围.
（2015·21）解析：（Ⅰ）的定义域为，若则所以单调递增. 若，则当时，当时，所以在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，无最大值；当时，在取得最大值，最大值为. 因此 等价于. 令，则在单调递增，.于是，当时；当时，，因此，的取值范围是.
（2014·新课标Ⅰ，理21）设函数，曲线在点（1，处的切线为.
(Ⅰ)求； （Ⅱ）证明：.
解析：(Ⅰ) 函数的定义域为，
由题意可得，故 ……………6分
（Ⅱ）由(Ⅰ)知， ，从而等价于
设函数，则，所以当时，，当时，，故在 单调递减，在单调递增，从而在的最小值为.
设函数，则，所以当时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，从而在的最小值.
综上：当时，，即. ……………12分
(2014·新课标Ⅰ，文21)设函数，曲线在点(1, f(1))处的切线斜率为0．
(Ⅰ)求; (Ⅱ)若存在x0≥1，使得，求的取值范围．
解：(Ⅰ) (x>0)，依题f '(1)=0，解得b=1， …3分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，
因为a≠1，所以f '(x )=0有两根：x=1或。 …4分
(1)若，则，在(1,+∞)上，f '(x)>0，f (x)单调递增.
所以存在x0≥1，使得，的充要条件为，即，
解得。 …6分
(2)若，则，在 (1, )上，f '(x) <0 , f (x)单调递减，
在()时，f '(x)>0，f (x)单调递增.
所以存在x0≥1，使得，的充要条件为，
而，所以不合题意. …9分
(3) 若a>1，则。存在x0≥1，符合条件。…11分
综上，a的取值范围为：。 …12分
（2014·新课标Ⅱ，21）已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设，当时，，求的最大值；
（Ⅲ）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）.
解析：（Ⅰ） ∴当且仅当x=0时等号成立，所以函数在R上单调递增．
（Ⅱ）∴当x>0时，
，，，
(1) 当时，，当且仅当x=0时等号成立. 所以此时g(x)在R上单调递增，而g(0)=0，所以对任意x>0，有g(x)>0.
(2) 当时，若x满足时，即时，，而g(0)=0，因此当时，g(x)<0.
综上可知，当时，才对任意的x>0，有g(x)>0，因此b的最大值为2.
（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，
当b=2时，，；
当时，，，
，所以ln2的近似值为0.693.
（2014·新课标Ⅱ，文21）已知函数f (x) = x3-3x2+ax+2，曲线y = f (x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2．
（Ⅰ）求a；
（Ⅱ）证明：当k<1时，曲线y = f (x)与直线y = kx-2只有一个交点．
（2014·21）解析：（Ⅰ）∵f (x)=x3-3x2+ax+2，∴f ′(x)=3x2-6x+a，f ′(0)=a，则f (x)在点(0，2)处的切线方程为y=ax+2，∵切线与x轴交点的横坐标为-2，∴f (-2)=-2a+2=0，解得a=1．
（Ⅱ）当a=1时，f (x)=x3-3x2+x+2，设g(x)=f (x) -kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4，由题设知1-k>0，当x≤0时，g′(x)=3x2-6x+1-k>0，g(x)单调递增，g(-1)=k-1，g(0)=4，则g(x)=0在(-∞，0]有唯一实根．当x>0时，令h(x)=x3-3x2+4，则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x)．则h′(x)=3x2-6x=3x(x-2)单调递增，g(-1)=k-1，g(0)=4，则g(x)=0在(-∞，0]有唯一实根．∴g(x)>h(x)≥h(2)=0，∴g(x)=0在(0，+∞)上没有实根．综上当k<1时，曲线y=f (x)与直线y=kx-2只有一个交点.
（2013·新课标Ⅰ，理21）设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解析：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.
而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.
①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．
而F(x1)＝2x1＋2－－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．
从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．
而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.
从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e2]．
(2013·新课标Ⅰ，文21)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4．
(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4，由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8．
从而a＝4，b＝4．
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·．
令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2．
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0．
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
（2013·新课标Ⅱ，21）已知函数.
（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；
（Ⅱ）当时，证明.
解析：（Ⅰ）f ′(x)＝. 由x＝0是f(x)的极值点得f ′(0)＝0，所以m＝1. 于是f (x)＝ex-ln(x+1)，定义域为(-1，+∞)，f ′(x)＝.函数f ′(x)＝在(-1，+∞)单调递增，且f ′(0)＝0.因此当x∈(-1,0)时，f ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0.所以f (x)在(-1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
（Ⅱ）当m≤2，x∈(-m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时，f(x)＞0.当m=2时，函数f ′(x)=在(-2，+∞)单调递增．又f ′(-1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x)=0在(-2，+∞)有唯一实根x0，且x0∈(-1,0)．当x∈(-2，x0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x0，+∞)时，f ′(x)＞0，从而当x=x0时，f (x)取得最小值．由f ′(x0)=0得=，ln(x0+2)=-x0，故f (x) ≥ f (x0)=+x0=＞0.
综上，当m≤2时，f (x)＞0.
（2013·新课标Ⅱ，文21）已知函数.
（Ⅰ）求的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围。
（2013·21）解析：（Ⅰ）函数f (x)的定义域为(-∞，+∞)，f ′(x)=-e-xx(x-2). 当x∈(-∞，0)或x∈(2，+∞)时，f ′(x)＜0；当x∈(0,2)时，f ′(x)＞0.所以f (x)在(-∞，0)，(2，+∞)单调递减，在(0,2)单调递增．故当x=0时，f (x)取得极小值，极小值为f(0)=0；当x=2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)=4e -2.
（Ⅱ）设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f ′(t)(x-t)+f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)=.由已知和①得t∈(-∞，0)∪(2，+∞)．令h(x)=(x≠0)，则当x∈(0，+∞)时，h(x)的取值范围为[，+∞)；当x∈(-∞，-2)时，h(x)的取值范围是(-∞，-3)．所以当t∈(-∞，0)∪(2，+∞)时，m(t)的取值范围是(-∞，0)∪[，+∞)．
综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[，＋∞)．
（2012·新课标Ⅰ，理21）已知函数满足．
（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值．
解析：（1）因为，所以，
所以，解得，．
所以的解析式为，由此得．
而是R上的增函数，且，
因此，当时，，在上是增函数；
当时，，在上是减函数．
综上所述，函数的增区间为，减区间为．
（2）由已知条件得． ①
（i）若，则对任意常数，当，且，
可得，因此①式不成立．
（ii）若，则．
（iii）若，设，则．
当，；当，
从而在单调递减，在单调递增．
所以等价于． ②
因此．
设，则．
所以在单调递增，在单调递减，
故在在处取得最大值，从而，即．
当，时，②式成立，故．
综合得，的最大值为．
（2011·新课标Ⅰ，理21）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围．
解析：（I）
由于直线的斜率为，且过点，故，即，解得，.
（II）由（I）知，所以
考虑函数，则
（i）设，由知，当时，. 而，
故当时，，可得；
当时，，可得
从而当，且时，，即.
（ii）设，由于当时，，故，而，故当时，，可得，与题设矛盾.
（iii）设，此时，而，故当时，，得，与题设矛盾.
综合得，的取值范围为.
(2012·新课标Ⅰ，文21)设函数．
（1）求的单调区间；
（2）若，为整数，且当时，，求的最大值．
【解析】（1）函数的定义域为（－∞，+∞），且．
当时，，在（－∞，+∞）上是增函数；
当时，令，得．
令，得，所以在上是增函数，
令，得，所以在上是减函数，
（2）若，则，．
所以，
故当时，等价于
，
即当时，（）． ①
令，则．
由（1）知，函数在单调递增，而，，所以在存在唯一的零点．
故在存在唯一的零点．设此零点为，则．
当时，；当时，．
所以在的最小值为．
又由，可得，所以，
由于①式等价于，故整数的最大值为2．
(2011·新课标Ⅰ，文21)已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求，的值；（2）证明：当，且时，．
【解析】（1），由于直线的斜率为，
且过点，故，即，解得，．
（2）由（1） 知，所以．
考虑函数，则．
所以当时，．而，故当时，，可得；
当时，，可得．
从而当，且时，，即．
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