全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数f（x）=2ln()xxax为偶函数，则a=【解析】由题知2ln()yxax是奇函数，所以22ln()ln()xaxxax=22ln()ln0axxa，解得a=1.考点：函数的奇偶性2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则A.B.0C.2D.50解：因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.3.（2016年2卷12）已知函数Rfxx满足2fxfx，若函数1xyx与yfx图像的交点为11xy，，22xy，，⋯，mmxy，，则1miiixy（）（A）0（B）m（C）2m（D）4m【解析】由2fxfx得fx关于01，对称，而111xyxx也关于01，对称，∴对于每一组对称点'0iixx'=2iiyy，∴111022mmmiiiiiiimxyxym，故选B．二、函数、方程与不等式4.（2015年2卷5）设函数211log(2),1,()2,1,xxxfxx,2(2)(log12)ff()（A）3（B）6（C）9（D）12【解析】由已知得2(2)1log43f，又2log121，所以22log121log62(log12)226f，故，2(2)(log12)9ff．5.（2018年1卷9）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A.[–1，0）B.[0，+∞）C.[–1，+∞）D.[1，+∞）解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.6.（2017年3卷15）设函数1,0,()2,0,xxxfxx≤则满足1()()12fxfx的x的取值范围是________．【解析】1,02,0xxxfxx≤，112fxfx，即112fxfx由图象变换可画出12yfx与1yfx的图象如下：121211(,)441()2yfx1()yfxyx由图可知，满足112fxfx的解为1,4.7.（2017年3卷11）已知函数211()2(ee)xxfxxxa有唯一零点，则a（）A．1２B．13C．12D．1【解析】由条件，211()2(ee)xxfxxxa，得：221(2)1211211(2)(2)2(2)(ee)4442(ee)2(ee)xxxxxxfxxxaxxxaxxa∴(2)()fxfx，即1x为()fx的对称轴，由题意，()fx有唯一零点，∴()fx的零点只能为1x，即21111(1)121(ee)0fa，解得12a．三、函数单调性与最值8.（2017年1卷5）函数()fx在(,)单调递减，且为奇函数．若(11)f，则满足21()1xf的x的取值范围是A．[2,2]B．[1,1]C．[0,4]D．[1,3]【解析】：12112112113fxffxfxx故而选D。【考点】：函数不等式，函数的单调性。9.（2016年3卷6）已知432a，254b，1325c，则（）（A）bac（B）abc（C）bca（D）cab9.【解析】因为422335244ab，1223332554ca，所以bac，故选A．考点：幂函数的图象与性质．10.（2016年1卷）8.若101abc，,则（A）ccab（B）ccabba（C）loglogbaacbc（D）loglogabcc【解析】用特殊值法,令3a,2b,12c得112232,选项A错误,11223223,选项B错误,2313log2log22,选项C正确,3211loglog22,选项D错误,故选C．考点：指数函数与对数函数的性质11（2017年1卷11）设xyz为正数，且235xyz，则A．2x3y5zB．5z2x3yC．3y5z2xD．3y2x5z【解析】：分别可求得1112352131512,3,5log2log3log5log2log3log5mmmmmmxyz分别对分母乘以30可得11151063230log2log2,30log3log3,30log5mmmmm，故而可得10156101561log3log2log5325325mmmmyxz，故而选D。12.（2018年3卷12）设0.2log0.3a，2log0.3b，则A．0ababB．0ababC．0ababD．0abab解：.,即又即故选B.四、函数的图象13.（2018年2卷3）函数的图象大致为解：为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B.14.（2016年1卷7）函数22xyxe在2,2的图像大致为（A）（B）（C）（D）考点：函数图像与性质15.（2018年3卷7）函数422yxx的图像大致为解：当时，，排除A,B.,当时，,排除C故正确答案选D.五、导数几何意义16.（2018年2卷13）曲线在点处的切线方程为__________．解：17.（2018年3卷14）曲线1exyax在点01，处的切线的斜率为2，则a________．解：则所以故答案为-3.18.（2018年1卷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.解：因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.19.（2016年3卷15）已知fx为偶函数，当0x时，()ln()3fxxx，则曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________．【解析】当0x时，0x，则()ln3fxxx．又因为()fx为偶函数，所以()()ln3fxfxxx，所以1()3fxx，则切线斜率为(1)2f，所以切线方程为32(1)yx，即21yx．考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的几何意义．20.（2016年2卷16）若直线ykxb是曲线ln2yx的切线，也是曲线ln1yx的切线，b．【解析】ln2yx的切线为：111ln1yxxx（设切点横坐标为1x）ln1yx的切线为：22221ln111xyxxxx∴122122111ln1ln11xxxxxx解得112x212x，∴1ln11ln2bx．六、导数应用21.（2017年2卷11）若2x是函数21`()(1)xfxxaxe的极值点，则()fx的极小值为（）A.1B.32eC.35eD.1【解析】由题可得12121()(2)(1)[(2)1]xxxfxxaexaxexaxae因为(2)0f，所以1a，21()(1)xfxxxe，故21()(2)xfxxxe令()0fx，解得2x或1x，所以()fx在(,2),(1,)单调递增，在(2,1)单调递减，所以()fx极小值(1)f11(111)1e，故选A。22.（2015年1卷12）设函数()fx=(21)xexaxa,其中a1，若存在唯一的整数0x，使得0()fx0，则a的取值范围是（）（A）[-32e，1）（B）[-32e，34）（C）[32e，34）（D）[32e，1）【解析】设()gx=(21)xex，yaxa，由题知存在唯一的整数0x，使得0()gx在直线yaxa的下方.因为()(21)xgxex，所以当12x时，()gx＜0，当12x时，()gx＞0，所以当12x时，max[()]gx=12-2e，当0x时，(0)g=-1，(1)30ge，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故(0)1ag，且1(1)3geaa，解得32e≤a＜1，故选D.考点：本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题23.（2015年2卷12）设函数f’(x)是奇函数()()fxxR的导函数，f（-1）=0，当0x时，'()()0xfxfx，则使得()0fx成立的x的取值范围是（A）(1)01，（，）（B）-101（，）（，）（C）(1)-10，（，）（D）011（，）（，）【解析】记函数()()fxgxx，则''2()()()xfxfxgxx，因为当0x时，'()()0xfxfx，故当0x时，'()0gx，所以()gx在(0,)单调递减；又因为函数()()fxxR是奇函数，故函数()gx是偶函数，所以()gx在(,0)单调递减，且(1)(1)0gg．当01x时，()0gx，则()0fx；当1x时，()0gx，则()0fx，综上所述，使得()0fx成立的x的取值范围是A函数与导数解答题（共11题）一、零点个数问题1.（2015年1卷）已知函数f（x）=31,()ln4xaxgxx.（Ⅰ）当a为何值时，x轴为曲线()yfx的切线；（Ⅱ）用min,mn表示m,n中的最小值，设函数()min(),()(0)hxfxgxx，讨论h（x）零点的个数.解析：（Ⅰ）设曲线()yfx与x轴相切于点0(,0)x，则0()0fx，0()0fx，即3002010430xaxxa，解得013,24xa.因此，当34a时，x轴是曲线()yfx的切线.（Ⅱ）当(1,)x时，()ln0gxx，从而()min{(),()}()0hxfxgxgx，∴()hx在（1，+∞）无零点.当x=1时，若54a，则5(1)04fa，(1)min{(1),(1)}(1)0hfgg,故x=1是()hx的零点；若54a，则5(1)04fa，(1)min{(1),(1)}(1)0hfgf,故x=1不是()hx的零点.当(0,1)x时，()ln0gxx，所以只需考虑()fx在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若3a或0a，则2()3fxxa在（0,1）无零点，故()fx在（0,1）单调，而1(0)4f，5(1)4fa，所以当3a时，()fx在（0，1）有一个零点；当a0时，()fx在（0，1）无零点.（ⅱ）若30a，则()fx在（0，3a）单调递减，在（3a，1）单调递增，故当x=3a时，()fx取的最小值，最小值为()3af=21334aa.①若()3af＞0，即34＜a＜0，()fx在（0,1）无零点.②若()3af=0，即34a，则()fx在（0,1）有唯一零点；③若()3af＜0，即334a，由于1(0)4f，5(1)4fa，所以当5344a时，()fx在（0,1）有两个零点；当534a时，()fx在（0,1）有一个零点.…10分综上，当34a或54a时，()hx由一个零点；当34a