2021届高考数学试卷专项练习04一元函数导数及其应用含解析

一元函数导数与其应用

一、单项选择题

1．〔2021·某某某某市·高三二模〕曲线fxlnx1在1,f1处的切线方程为〔 〕 xA．2xy30B．2xy10C．2xy30D．2xy10 【答案】A 【解析】

求出导函数f(x)，计算出f(1)为切线斜率，再求得f(1)，由点斜式写出直线方程，并整理．

【详解】

fx112，f11，f12，故切线方程为y12x1，即2xy30. xx应当选：A.

2．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数

的图象大致为〔 〕

A．B．

C．D．

【答案】B 【解析】

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word 判断函数的奇偶性，再判断函数值的正负，从而排除错误选项，得正确选项． 【详解】 因为yfxxsinxexex

所以fxxsinxexexxsinxexex

得fxfx， 所以yxsinxexex为奇函数

排除C;

在[0,)，设g(x)xsinx， gx1cosx0，g(x)单调递增，因此g(x)g(0)0， 故yxsinxexex0在 [0,)上恒成立， 排除AD 应当选：B. 【点睛】

思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

3．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数gx,hx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且

gxhxexx，假如函数fx2x1gx162有唯一零点，如此正实数的值为〔A．

12B．13C．2D．3 【答案】A 【解析】

2 / 30

〕

word 首先利用方程组的方法分别求函数gx和hx的解析式，令x2gx6，利用导数分析

x2函数的单调性，以与极值点，利用函数有唯一的零点，可知极小值f00，利用平移可知f10，求正实数的值. 【详解】

xgxhxex由条件可知 xgxhxexgxhxexex由函数奇偶性易知gx

22令x2gx6，x为偶函数.

xexex当x0时，'x2ln20，

2xx单调递增，当x0时，x单调递减，x仅有一个极小值点0,fx x图象右移一个单位，所以仅在1处有极小值，

如此函数只有1一个零点，即f10， 解得

1， 2

应当选：A

ex4a，x04．〔2021·全国高三专题练习〔文〕〕函数fx在定义域上单调递增，且关于x2logx1，x0a的方程fxx2恰有一个实数根，如此实数a的取值X围为〔 〕

1B．A．，【答案】C 【解析】

141111D．(0，1) ，C．，e4e由fx递增，先求出a的X围，再根据fxx2恰有一个实数根，通过数形结合进一步缩小X围. 【详解】

3 / 30

word

0a11fx在定义域上单调增，∴，∴a1，

44a12∵yex4a在x0处切线为y4a1x，即yx4a1，

x又4a12故yx2与ye4ax0没有公共点

∴yx2与y2loga∴y2logax1有且仅有一个公共点且为0,2

x1在x0处的切线的斜率必须大于等于1，

y综上：

1111，∴lna1，∴a， ，klnax1lnae1a1 e应当选：C.

5．〔2021·某某高三专题练习〕fx是定义在R上的奇函数，其导函数为fx,且当x＞0时，

fxlnxfx20，如此不等式x1fx0的解集为〔 〕 x1,1)B．(－,－1)0,1 A．(－1)(1,＋)D．(－1,0)(1,＋) C．(－,－【答案】B 【解析】

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word 构造新函数g(x)f(x)lnx，利用导数确定g(x)的单调性，从而可得x0时f(x)的正负，利用奇函数性质得出x0时f(x)的正负，然后分类讨论解不等式． 【详解】

设g(x)f(x)lnx，如此g(x)f(x)lnxf(x)0，所以g(x)在(0,)上递增， x又g(1)0，所以x1时，g(x)f(x)lnxg(1)0，此时lnx0，所以f(x)0，

0x1时，g(x)f(x)lnxg(1)0，此时，lnx0，所以f(x)0，

所以x(0,1)(1,)时，f(x)0，

因为f(x)是奇函数，所以x(,1)2(1,0)时，f(x)0，

x210x210由(x1)f(x)0得或，所以x1或0x1．

f(x)0f(x)0应当选：B．

6．〔2021·某某某某市·高三一模〕对于函数yf(x)，假如存在x0，使f(x0)f(x0)，如此点(x0,f(x0))与点(x0,f(x0))均称为函数f(x)的“先享点〞函数f(x)点〞，如此实数a的取值X围为〔 〕 A．(6,)B．(,6)C．(0,6)D．(3,) 【答案】A 【解析】

首先根据题中所给的条件，判断出“先享点〞的特征，之后根据f(x)存在5个“先享点〞，等价于函数

16ax,x0,且函数f(x)存在5个“先享36xx,x0f2(x)6xx3(x0)关于原点对称的图象恰好与函数f1(x)16ax(x0)有两个交点，构造函数利用

导数求得结果. 【详解】

依题意，f(x)存在5个“先享点〞，原点是一个，其余还有两对，

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word 3即函数f2(x)6xx(x0)关于原点对称的图象恰好与函数f1(x)16ax(x0)有两个交点，

而函数f2(x)6xx(x0)关于原点对称的函数为f2(x)6xx(x0)， 即16ax6xx3有两个正根，

33166xx316ax26，

xx2令hxx166(x0)， x162(x38)， h'(x)2x2xx2所以当0x2时，h'(x)0，当x2时，h'(x)0，

所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，且h(2)4866， 并且当x0和x时，f(x)， 所以实数a的取值X围为(6,)， 应当选：A.

7．〔2021·某某高三二模〔理〕〕函数f(x)e的最小值为〔 〕

A．1ln2B．ln2C．2ln2D．ln21 【答案】D 【解析】

令tf(m)g(n)，得到m,n关于t的函数式，进而可得nm关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求nm的最小值. 【详解】

令tf(m)g(n)，如此em3t，

1x3，g(x)1xln，假如f(m)g(n)成立，如此nm221nlnt， 221∴m3lnt，n2et2，即nm2et23lnt，

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word 假如h(t)2et123lnt，如此h(t)2et121(t0)， t∴h(t)0，有t当0t1， 211h(t)t时，h(t)0，单调递减；当时，h(t)0，h(t)单调递增；

22∴h(t)minh()ln21，即nm的最小值为ln21. 应当选：D. 【点睛】

关键点点睛：令tf(m)g(n)确定nm关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值. 8．〔2021·某某省天一中学高三二模〕假如不等式aln(x1)x2x0在区间(0,)内的解集中有且仅有三个整数，如此实数a的取值X围是 A．3212323299,,B． 2ln2ln52ln2ln5C．3299,,D． 2ln22ln2ln5【答案】C 【解析】

32由题可知，设函数f(x)aln(x1)，g(x)x2x，根据导数求出gx的极值点，得出单调性，根据

aln(x1)x32x20在区间(0,)内的解集中有且仅有三个整数，转化为f(x)g(x)在区间(0,)内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数a的取值X围. 【详解】

32设函数f(x)aln(x1)，g(x)x2x，

因为g(x)3x4x， 所以g(x)0，

7 / 30

2word

4， 34因为0x 时，g(x)0，

3x0或xx4或x0时，g(x)0，g(0)g(2)0，其图象如下： 3

当a0时，f(x)g(x)至多一个整数根；

当a0时，f(x)g(x)在(0,)内的解集中仅有三个整数，只需f(3)g(3)，

f(4)g(4)aln43323232，

aln5424所以

932a. 2ln2ln5应当选：C. 二、多项选择题

9．〔2021·某某高三专题练习〕对于函数fxA．fx在xlnx，如下说法正确的答案是〔 〕 x2e处取得极大值1 2eB．fx有两个不同的零点

2fC．2ff3

e1(0,)k在上恒成立，如此

2x28 / 30

D．假如fxkword 【答案】ACD 【解析】

对fx求导，利用导函数的符号判断fx的单调性即可得极值，可判断选项A；由fx的单调性以与函数值的符号可判断选项B；利用fx得单调性以与函数值与0的关系可判断选项C；别离k可得

kfx【详解】

1lnx122gx，计算gx的最大值可判断选项D，进而可得正确选项. x2xx对于选项A：函数定义域为(0,)，fx令fx0可得x所以fx在xe,单调递减，

1fe时取得极大值e2e，应当选项A正确

e，所以fx在0,e单调递增，在

12lnx，令fx0可得0xe， 3x对于选项B：令fxlnx0，可得x1，因此fx只有一个零点，应当选项B不正确； 2x对于选项C：显然e3可得f即f，fx在

e,单调递减，

3fln222ln0， 0，因为f222ff3，应当选项C正确；

1lnx122在(0,)上恒成立， 2xxx对于选项D：由题意知：kfx令gx12lnxlnx1x0kgxgx如此 ，因为 maxx2x2x3111xx0,x,gxg'x0gx0易知当，当，所以在时取得极大值时.时，eee也是最大值g所以fxe1ek，所以， 22ee1x(0,)kk在上恒成立，如此，应当选项D正确.

x22应当选：ACD. 【点睛】

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word 方法点睛：利用导数研究函数f(x)的极值的步骤：

①写定义域，对函数f(x)求导f(x)；

②在定义域内，解不等式f(x)0和f(x)0得到单调性； ③利用单调性判断极值点，代入解析式即可得极值.

10．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数f(x)=x3-3lnx-1，如此〔 〕 A．f(x)的极大值为0B．曲线y=f(x)在〔1，f(1))处的切线为x轴 C．f(x)的最小值为0D．f(x)在定义域内单调 【答案】BC 【解析】

直接对f(x)=x3-3lnx-1，求出导函数，利用列表法可以验证A、C、D;对于B:直接求出切线方程进展验证即可. 【详解】

，fx3x2f(x)=x3-3lnx-1的定义域为0，2令fx3x333=x1 xx333=x1=0，得x1， xx列表得：

x (0,1) - 单减 1 0 (1,+∞) + 单增 fx f(x) 所以f(x)的极小值，也是最小值为f(1)=0，无极大值，在定义域内不单调；故C正确，A、D错误； 对于B:由f(1)=0与f10，所以y=f(x)在〔1，f(1))处的切线方程y00x1，即y0.故B正确. 应当选：BC

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word 【点睛】

导数的应用主要有：

〔1〕利用导函数几何意义求切线方程；

〔2〕利用导数研究原函数的单调性，求极值〔最值〕； 〔3〕利用导数求参数的取值X围.

11．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数fxe答案是〔 〕

πA．函数fx的周期为2πB．fx在区间0,上是减函数

2sinxecosx，其中e是自然对数的底数，如下说法中正确的

C．fxππfx是奇函数D．在区间,π上有且仅有一个极值点 42【答案】ACD 【解析】

选项A：利用周期函数的概念判断即可；选项B：求导，利用导函数求解单调区间即可；选项C：设

gtesint4ecost4，利用奇偶性的定义以与两角和与差的正弦余弦公式即可判断；选项D：当

3x,24可；当x【详解】

时，对函数二次求导fx，先利用导函数求解单调区间，再利用零点存在定理判断零点即3,时，利用fxcosxesinxsinxecosxcosxsinxesinx即可判断. 4对于选项A：fx2e应当选项A正确； 对于选项B：由fxe得fxcosxesinxsinxsinx2ecosx2esinxecosxfx，

ecosx，

sinxecosx，

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word 当x0,πsinxcosx时，fxcosxesinxe0， 2π所以fx在区间0,上是增函数，

2应当选项B不正确；

sinxcosx对于选项C：fxe4e4， 4设gtesint4ecost4，

如此gtesint4ecost4ee22sintcost22e22costsint22

cost4esint4gt，

πfxgt所以函数即是奇函数；

4应当选项C正确； 对于选项D：由fxe得fxcosxesinxsinxecosx，

sinxecosx，

sinxcos2xsinxecosxcosxsin2x， 而fxe〔1〕当x3,2422时，cosxsinx0,cosxsinx0， 所以fx0， 即fx在区间3,24单调递减， sin2cos2sine10， 又fcose2223f423sin343cos342222esineee0， cos44212 / 30

word 所以fx在区间3,24上存在唯一零点； 〔2〕当x3,时，fxcosxesinxsinxecosx， 4sinxcosxsinxcosx2sinx又0,ee，

4如此fxcosxe如此fx在区间sinxsinxecosxcosxsinxesinx0，

3,上无零点， 4综上可得：fx在区间应当选项D正确； 应当选：ACD. 【点睛】 方法点睛：

π,π上有且仅有一个极值点； 2利用导数研究函数单调性的方法：

〔1〕确定函数f(x)的定义域；求导函数f(x)，由f(x)0〔或f(x)0〕解出相应的x的X围，对应

的区间为f(x)的增区间〔或减区间〕；

〔2〕确定函数f(x)的定义域；求导函数f(x)，解方程f(x)0，利用f(x)0的根将函数的定义域分为假如干个子区间，在这些子区间上讨论f(x)的正负，由符号确定f(x)在子区间上的单调性.

12．〔2021·某某滨州市·高三一模〕假如0x1〔 〕

A．x2e1x1e2B．x2e1x1e2 C．ex2xxxxx21，e 为自然对数的底数，如此如下结论错误的答案是．．．．．．

ex1lnx2lnx1D．ex2ex1lnx2lnx1

【答案】ACD

13 / 30

word 【解析】

exx分别取函数fx与gxlnxe，通过求导判断其单调性，即可得出结果．

x【详解】

xxexexexexx1e令fx，由fx，当x1时fx0，故fx在0,1上递减，22xxxxex1ex2x2ex1x1ex2，如此A错，B正确； 所以x1x21111x令gxlnxe，由gxe，当x时有g2e20，当x1时有g11e0，

x22x所以存在x0在C中，e在D，ex21,1，有gx00，所以gx在0,1上不单调， 212x2ex1lnx2lnx1化为lnx1exlnx2ex12，因为0x1x21，故C错，

ex1lnx2lnx1化为lnx1exlnx2ex，如此D错，

应当选：ACD

2x2,2x1fx13．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数，假如关于x的方程fxm恰有两

lnx1,1xe（x2x1)fx2的取值可能是〔 〕 个不同解x1,x2x1x2，如此

A．3B．1C．0D．2 【答案】BC 【解析】

利用函数的单调性以与条件得到x1m2（x2x1)fx2，令,x2em1,m(1,0]，代入

2g(x)xex1【详解】

12xx,x(1,0]，求导，利用导函数的单调性分析原函数的单调性，即可求出取值X围. 214 / 30

word

因为f(x)m的两根为x1,x2x1x2， 所以x1m2,x2em1,m(1,0]， 22mm1m2m1mmem． 从而x2x1fx2e22令g(x)xex112xx,x(1,0]， 2x1如此g(x)(x1)e因为x(1,0]，

x1，x(1,0]．

所以x10,ex1e01,x10所以g(x)0在(1,0]上恒成立， 从而g(x)在(1,0]上单调递增． 又g(0)0,g(1)，

5， 2所以g(x)5,0， 25,0， 2即x2x1fx2的取值X围是应当选：BC． 【点睛】

关键点睛：此题考查利用导数解决函数的X围问题.构造函数 g(x)xe数求取值X围是解决此题的关键.

x112xx,x(1,0]，利用导214．〔2021·某某日照市·高三一模〕函数fx对于任意xR，均满足fxf2x.当x1时

lnx,0x1fxx，假如函数gxmx2fx，如下结论正确的为〔 〕

e,x015 / 30

word

A．假如m0，如此gx恰有两个零点

3me，如此gx有三个零点 23C．假如0m，如此gx恰有四个零点

2B．假如

D．不存在m使得gx恰有四个零点 【答案】ABC 【解析】

设hxmx2，作出函数gx的图象，求出直线ymx2与曲线ylnx0x1相切以与直线

ymx2过点A2,1时对应的实数m的值，数形结合可判断各选项的正误.

【详解】

由fxf2x可知函数fx的图象关于直线x1对称.

令gx0，即mx2fx，作出函数fx的图象如如下图所示：

令hxmx2，如此函数gx的零点个数为函数fx、hx的图象的交点个数，

hx的定义域为R，且hxmx2mx2hx，如此函数hx为偶函数，

且函数hx的图象恒过定点0,2，

当函数hx的图象过点A2,1时，有h22m21，解得m过点0,2作函数ylnx0x1的图象的切线，

16 / 30

3. 2word 设切点为x0,lnx0，对函数ylnx求导得y1， x所以，函数ylnx的图象在点x0,lnx0处的切线方程为ylnx0切线过点0,2，所以，2lnx01，解得x01xx0， x01，如此切线斜率为e， e即当me时，函数yhx的图象与函数ylnx0x1的图象相切. 假如函数gx恰有两个零点，由图可得m0或me，A选项正确；

3me，B选项正确； 23gx0m假如函数恰有四个零点，由图可得，C选项正确，D选项错误.

2假如函数gx恰有三个零点，由图可得应当选：ABC. 【点睛】

方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

〔1〕直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的根本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，表现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

〔2〕构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

〔3〕参变量别离法：由fx0别离变量得出agx，将问题等价转化为直线ya与函数ygx的图象的交点问题.

15．〔2021·某某高三专题练习〕函数f(x)lnx，如此如下说法正确的答案是〔 〕 xA．f(2)f(3)B．lne 2xyC．假如f(x)m有两个不相等的实根x1、x2，如此x1x2eD．假如25,x、y均为正数，如此2x5y

【答案】BD 【解析】

17 / 30

word 求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项． 由对数函数的单调性与指数函数单调性判断A，由函数f(x)性质判断BC，设2x5yk，且x,y均为正数，求得2x【详解】 由f(x)25lnk,5ylnk，再由函数f(x)性质判断D． ln2ln5lnx1lnx,x0得：f(x)

x2x令f(x)0得，xe

当x变化时，f(x),f(x)变化如下表：

x (0,e) e (e,)  单调递减 f(x) f(x)  单调递增 0 1极大值 e故，f(x)1lnx在(0,e)上递增，在(e,)上递减，f(e)是极大值也是最大值，xe时，xex时，f(x)0，且xe时f(x)0，0x1时，f(x)0，f(1)0，

11ln2A．f(2)ln22,f(3)ln33

2113232B．

6632f(3)f(2)，故A错

1312ee，且f(x)在(0,e)单调递增

f(e)f(),C．

lnelnelneln，故：B正确 lneef(x)m有两个不相等的零点x1,x2fx1fx2m

不妨设0x1ex2

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word e2要证：x1x2e，即要证：x1x22e2x2e,2exf(x)在(0,e)单调递增，∴只需证：

e2fx20……① e2e2fx1f即：fx2f只需证：fx2x2x2e211g(x)(lnx1)g(x)f(x)f,(xe)令，如此22 xex当xe时，lnx1,11g(x)0g(x)在(e,)单调递增 22ex0这与①矛盾，故C错 e2x2egx2g(e)0，即：fx2fx2D．设2x5yk，且x,y均为正数，如此xlog2klnklnk,ylog5k ln2ln52x25lnk,5ylnk ln2ln51215110110ln2ln5ln2,ln5且252253

251215ln2ln52502x5y，故D正确． 25ln2ln5应当选：BD．

xBx2,y2，16．〔2021·某某某某市·高三二模〕假如直线yax与曲线f(x)e相交于不同两点Ax1,y1，

曲线f(x)e在A，B点处切线交于点Mx0,y0，如此〔 〕

xA．aeB．x1x2x01

C．kAMkBM2kABD．存在a，使得AMB135 【答案】ABC 【解析】

x对于A：求出过原点的切线的斜率为e，根据直线yax与曲线f(x)e有两个不同的交点，可得出a和

X围；

19 / 30

word x对于B：由得ax1e1，ax2e2，不妨设x1x2，如此0x11x2，分别求出f(x)e在点A，点Bxx处的切线方程，由两切线方程求得交点的横坐标，可得结论；

对于C：要证kAMkBM2kAB，即证ex1+ex2>2a，即证ax1+ax2>2a，因为a>e，所以需证x1+x2>2.

ex构造函数gx，Gxgxg2x0x1，求导，分析导函数的正负，得出所构造的函数

x的单调性和最值，可得结论；

对于D：设直线AM交x轴于C，直线BM交x轴于点D，作MEx轴于点E．假如AMB135，如此AMD45，即MDEMCD45，根据正切函数的差角公式和切线的斜率得

ex2ex11+ex1ex21+ex1+x2，

【详解】

x对于A：当a0时，直线yax与曲线f(x)e没有两个不同交点，所以a>0，如图1所示， x'x当直线yax与曲线f(x)e相切时，设切点为Pt,ft，如此f(x)e，

ttx0解得t1，所以切线方程为：yeext，代入点0，此时ae，所以直线yex与曲线f(x)e相切，

x所以当ae时直线yax与曲线f(x)e有两个不同的交点， x当0ae时，直线yax与曲线f(x)e没有交点，故A正确；

对于B：由得ax1e1，ax2e2，不妨设x1x2，如此0x11x2，

又f(x)e在点A处的切线方程为：ye1xx1+e1，在点B处的切线方程为yexxxxxx2xx2+ex2，

两式相减得e1exx2x+1xe1x1+x2ex20，将ax1ex1，ax2ex2代入得

ax1ax2x+1x1ax1+x2ax20，

因为ax1x20，所以x1x2x1，即x1x2x01，故B正确；

对于C：要证kAMkBM2kAB，即证ex1+ex2>2a，即证ax1+ax2>2a，因为a>e，所以需证x1+x2>2.

20 / 30

word exexexya令axe，如此a，令gx，如此点A、B是与y的两个交点，令

xxxxGxgxg2x0x1，

exe2xexx2ex'，所以Gxx12令hx2x>0，如此hx，所以当x0,2时，3x2x2xx'h'x0，hx单调递减，

'而0x1，0x12x2，所以 hx>h2x，所以0x1时，Gx0，所以Gx单

调递减，所以Gx>G10，

即gx1g2x1>0，又gx1gx2a，所以gx2>g2x1， 而gx'x1ex'，所以当x>1时，gx>0，gx单调递增，又xx22>1，2x1>1，所以x2>2x1，

即x1+x2>2，故C正确；

对于D：设直线AM交x轴于C，直线BM交x轴于点D，作MEx轴于点E．假如AMB135，如此AMD45，

即MDEMCD45，所以

tanMDEMCDkkAMtanMDEtanMCDBM1，

1+tanMDEtanMCD1+kAMkBM+kAMkBM，即ex2ex11+ex1ex21+ex1+x2，所以ax2ax11+ax1ax2，即化简得kBMkAM1ax2x1x1x21，

1+1，又0x11x2，所以令mx2x1x1x2，如此mx2x1x1x2x11x2+mx2x1x1x2x11x2+1+1>1，

而ae，所以方程ax2x1x1x21无解，所以不存在a，使得AMB135，故D不正确， 应当选：ABC．

21 / 30

word

三、填空题

17．〔2021·全国高三专题练习〕曲线ylnx2在x1处的切线的倾斜角为，如此xsin___________.

2【答案】【解析】

对函数求导代入，即可得出tan3(0【详解】

10 102)，进而可得结果.

y122,y|x13 xx如此tan3(0110),sin（）cos

2223110故答案为：10 10218．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数fxaxlnx满足limx0f(1)f(12x)2，如此曲线

3x1yfx在点,f2【答案】3 【解析】

1处的切线斜率为___________． 222 / 30

word 根据极限形式和求导公式得f(1)2a13，进而得a1，计算f【详解】 由lim1得解. 2x0f(1)f(12x)f(12x)f(1)2，可得lim3．

x03x2x12，所以f(1)2a13，即a1，如此f(x)xlnx， x因为f(x)2ax所以f(x)2x故答案为：3.

11，f3． x219．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数fx是定义在R上的奇函数，当x0时，fxax2x1，

2且曲线yfx在点1,f1处的切线斜率为4，如此a______． 【答案】3 【解析】

利用奇函数性质，求在x0时fx的解析式，根据导数的几何意义有f14，即可求参数a的值. 【详解】

当x0时，如此x0，

2∴fxax2x1ax2x1，此时fxfxax2x1．

22所以，当x0时，fx2ax2，如此f12a24，解得a故答案为：3．

3．

20．〔2021·某某某某市·高三一模〕函数f(x)对xR均有f(x)2f(x)mx6，假如f(x)lnx恒成立，如此实数m的取值X围是_________. 【答案】(,e] 【解析】

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word 根据条件利用解方程组法求出f〔x〕的解析式，然后由f〔x〕≥lnx恒成立，可得m造函数gx【详解】

∵函数f〔x〕对x∈R均有f〔x〕+2f〔﹣x〕＝mx﹣6①， ∴将﹣x换为x，得f〔﹣x〕+2f〔x〕＝﹣mx﹣6②， ∴由①②，解得f〔x〕＝﹣mx﹣2． ∵f〔x〕≥lnx恒成立，∴m∴只需m(2lnx恒成立，构x2lnx，求出g〔x〕的最小值，可进一步求出m的X围． x2lnx恒成立， x2lnx)min． x2lnxlnx1令gx，如此g'〔x〕，

xx21令g'〔x〕＝0，如此x，

e11∴g〔x〕在〔0，〕上单调递减，在〔，+∞〕上单调递增，

ee∴g(x)minge，∴m≤﹣e， ∴m的取值X围为〔﹣∞，﹣e]． 故答案为：〔﹣∞，﹣e]．

21．〔2021·某某某某市·高三一模〕定义在R上的函数fx满足fxf2x1，fx的导函数

1efx，如此f2019f2021___________.

【答案】0 【解析】

对fxf2x1两边同时求导得fxf2x0,进而得答案. 【详解】

因为fxf2x1，

两边同时求导可得：fxf2x0，

24 / 30

word 故f2019f20210. 故答案为：0

22．〔2021·某某高三二模〕函数fxe2e，gxxa，假如关于x的不等式

xxfx1gx1在R上恒成立，某某数a的取值X围是___________.

【答案】ln21a3 【解析】

先研究函数hxfx1的单调性，再讨论gx1表示的直线与hx相切时参a的值，结合直线特征确定纵截距使得hx恒在直线上方，即求得参数的取值X围. 【详解】

令hxfx1，如此hxex2ex令hx0，得xln2，

ex2ex2ex，

当xln当x,ln2时，hx0，hx单调递减，

2,时，hx0，hx单调递增.

又gxxa，如此gx1xa1，

当gx1xa1时，假如直线yxa1与yhx相切时，设切点为x1,x1a1，如此

hx1ex12ex11，解得x1ln2，

又hx1e12exx11x1a1，所以eln22eln21ln2a1，

解得此时纵截距为1a2ln2，

故当纵截距1a2ln2时，可以使fx1gx1恒成立，即aln21；

当gx1xa1时，假如直线yxa1与yhx相切时，设切点为x2,x2a1，如此

hx2ex22ex21，解得x20，

又hx2e22exx21x2a1，所以e02e010a1，

25 / 30

word 解得此时纵截距为a12，

故当纵截距a12时，可以使fx1gx1恒成立，即a3； 由对xR，都有fx1gx1，需ln21a3. 故答案为：ln21a3. 【点睛】 关键点点睛：

此题的解题关键在于确定gx1表示的直线与曲线hxfx1相切时的临界状态下的纵截距，再结合截距变化确定何时hx恒在直线上方，即突破难点.

23．〔2021·某某某某市·高三一模〕设定义在D上的函数yfx在点Px0,fx0处的切线方程为

l:ygx，当xx0时，假如

gxfxxx00在D内恒成立，如此称P点为函数yfx的“类对称

x2lnx的“类对称中心点〞的坐标为______． 中心点〞，如此函数hx2e【答案】

e,1

【解析】

先求出hx，并计算出gx，然后构造Fxgxhx并研究函数Fx的单调性，最后根据“类对称中心点〞的定义可得结果. 【详解】

由题可知：函数定义域为0.

x01x1x02hxhx，所以0lnx0 ，hx0ex02eex所以在点x0,hx0的切线方程为：yhx0hx0xx0，

x01x01x02x02x02x02lnx0x1，如此gxlnx0x1 即y2ee2eeex0ex026 / 30

word x01x02x02x2lnx0x1lnx，且Fx00 令Fxgxhx2eexe2e0所以Fxgxhxxx0xx0ex01x1 ex0exexx0eex0,x,x,xFx0当x0e时，，；00，Fx0

xx00ee所以函数Fx在0,,x0,递减，在,x0递增，

x0x0不符合

gxfxxx00在D内恒成立

ee当0x0e时，x0,x0,，Fx0；xx0,，Fx0

x0x0ee所以函数Fx在0,x0,,递减，在x0,递增，

x0x0不符合

gxfxxx00在D内恒成立

当x0e时，Fx0，又Fx00， 所以

gxfxxx00在D内恒成立

故x0e，且hx01 所以“类对称中心点〞的坐标为故答案为：

e,1

e,1

四、双空题

24．〔2021·某某某某市·高三二模〕牛顿选代法又称牛顿—拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法．具体步骤如下：设r是函数y＝fx的一个零点，任意选取x0作为r的初始近似值，过点x0,fx0作曲线y＝fx的切线l1，设l1与x轴交点的横坐标为x1，并称x1为r的

1次近似值；过点x1，fx1作曲线y＝fx的切线l2，设l2与x轴交点的横坐标为x2，称x2为r的2次

27 / 30

word 近似值．一般的，过点xn,fxn(nN)作曲线y＝fx的切线ln1，记ln1与x轴交点的横坐标为xn1，并称xn1为r的n1次近似值．设fxxx1(x0)的零点为r，取x0＝0，如此r的2次近似值为

33xn3xn**_____；设an，nN,数列an的前n项积为Tn．假如任意nN,Tn＜恒成立，如此整数32xn1的最小值为_____． 【答案】

32 4【解析】

〔1〕对函数求导，依次求出切点、斜率、斜线方程，即可得出结果.

xn1112xn31T，即可得出结果. 〔2〕由〔1〕可得xn1，进而可得，n2xnanxn13xn1【详解】

〔1〕f(x)xx1,f'(x)3x1

32x00,f(x0)1,f'(0)1，所以l1:y(1)xyx1

当y0x11,f(1)1,f'(1)4，所以l2:y14(x1)y4x3 当y0x23 432〔2〕f(xn)xnxn1,f'(xn)3xn1

2xn31l1:y(xnxn1)(3xn+1)(xxn)xn1

3xn2132xn12xn211 3xn3xnxnanTnan·an1··a1xnxn1x2x11···· xn1xnx3x2xn1111f()0,f(1)0x112 因为n122xn1所以，为整数，

min2

28 / 30

word 故答案为：【点睛】

3；2 4xn112xn313xn3xn是此题的关键.此题考查了运算求解xa关键点点睛：由n1和n，观察得出23xnan3xn12xn1能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 25．〔2021·全国高三专题练习〕假如_____；当a0时，

lnx1恒成立，当a0时，b的最小值为axb对于x0，xb的最小值是_______________． a1【答案】1 e【解析】

lnx1lnx1bfx令a0得到，构造函数，如此求出fxmax，即可求出b的最小值；作xxmax出fx的图像，运用函数图像的性质数形结合确定【详解】

b的最小值. alnx1lnx1b解：a0时，， ，令fxxxmax如此fx1lnx1lnx22，

xx令fx0， 解得：x1，

且当0x1时，fx0,fx单调递增； 当x1时，fx0,fx单调递减， ∴fxmaxf1∴b1，

故b的最小值为1，

ln111， 129 / 30

word

fxlnx1的图像如下所示： x

当a0时， 令axb0，可得故

bx， ab取得最小值，直线axb0在x轴的截距最大， alnx1axb， 又

xlnx10， 结合图像可知：令fxx1可得x，

e1如此x，

e1b故.

eamin故答案为：1，

1. e30 / 30