三年（2021-2023年）全国Ⅰ卷高考数学真题分类汇编：导数（含答案解析）

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1、三年（全国卷）高考数学真题分类汇编：导数一选择题（共1小题）（多选）1（2022新高考）已知函数f（x）及其导函数f（x）的定义域均为R，记g（x）f（x）若f（2x），g（2+x）均为偶函数，则（）Af（0）0Bg（）0Cf（1）f（4）Dg（1）g（2）2（2021新高考）若过点（a，b）可以作曲线yex的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea（多选）3（2022新高考）已知函数f（x）x3x+1，则（）Af（x）有两个极值点Bf（x）有三个零点C点（0，1）是曲线yf（x）的对称中心D直线y2x是曲线yf（x）的切线二填空题（共1小题）4（2022新高考）若曲线y（x+a）

2、ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 三解答题（共5小题）5（2022浙江）设函数f（x）+lnx（x0）（）求f（x）的单调区间；（）已知a，bR，曲线yf（x）上不同的三点（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3）处的切线都经过点（a，b）证明：（）若ae，则0bf（a）（1）；（）若0ae，x1x2x3，则+（注：e2.71828是自然对数的底数）6（2021浙江）设a，b为实数，且a1，函数f（x）axbx+e2（xR）（）求函数f（x）的单调区间；（）若对任意b2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（）当ae时，证明：对任意be4，函数f（x）

3、有两个不同的零点x1，x2，满足x2x1+（注：e2.71828是自然对数的底数）7（2023新高考）已知函数f（x）a（ex+a）x（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a0时，f（x）2lna+8（2022新高考）已知函数f（x）exax和g（x）axlnx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf（x）和yg（x）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9（2021新高考）已知函数f（x）x（1lnx）（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2+e参考答案解析一选择题（共1小题）（多选）

4、1（2022新高考）已知函数f（x）及其导函数f（x）的定义域均为R，记g（x）f（x）若f（2x），g（2+x）均为偶函数，则（）Af（0）0Bg（）0Cf（1）f（4）Dg（1）g（2）【考点】导数的运算【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；转化法；导数的概念及应用；数学运算【答案】BC【分析】由f（2x）为偶函数，可得f（x）关于x对称，可判断C；g（2+x）为偶函数，可得g（2+x）g（2x），g（x）关于x2对称，可判断D；由g（）0，g（x）关于x2对称，可得g（）0，得到x是f（x）的极值点，x也是极值点，从而判断B；f（x）图象位置不确定，可上下移动，故函数值不确定，从而

5、判断A【解答】解：f（2x）为偶函数，可得f（2x）f（+2x），f（x）关于x对称，令x，可得f（2）f（+2），即f（1）f（4），故C正确；g（2+x）为偶函数，g（2+x）g（2x），g（x）关于x2对称，故D不正确；f（x）关于x对称，x是函数f（x）的一个极值点，函数f（x）在（，t）处的导数为0，即g（）f（）0，又g（x）的图象关于x2对称，g（）g（）0，函数f（x）在（，t）的导数为0，x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称，（，t）关于x的对称点为（，t），由x是函数f（x）的极值点可得x是函数f（x）的一个极值点，g（）f（）0，进而可得g（）g（）0，故

6、x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称，（，t）关于x的对称点为（，t），g（）f（）0，故B正确；f（x）图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A错误解法二：构造函数法，令f（x）1sinx，则f（2x）1+cos2x，则g（x）f（x）cosx，g（x+2）cos（2+x）cosx，满足题设条件，可得只有选项BC正确，故选：BC2（2021新高考）若过点（a，b）可以作曲线yex的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数与方程的综合运用【专题】数形结合；数形结合法；函数的性质及应用；直观想象

7、；数学运算【答案】D【分析】法一：画出函数的图象，判断（a，b）与函数的图象的位置关系，即可得到选项法二：设过点（a，b）的切线横坐标为t，求出切线方程，代入（a，b），设f（t）（a+1t），利用函数的导数，判断函数的单调性，然后推出b的范围即可【解答】解：法一：函数yex是增函数，yex0恒成立，函数的图象如图，y0，即切点坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0bea故选：D法二：设过

8、点（a，b）的切线横坐标为t，则切线方程为yet（xt）+et，可得bet（a+1t），设f（t）et（a+1t），可得f（t）et（at），t（，a），f（t）0，f（t）是增函数，t（a，+），f（t）0，f（t）是减函数，因此当且仅当0bea时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线故选：D（多选）3（2022新高考）已知函数f（x）x3x+1，则（）Af（x）有两个极值点Bf（x）有三个零点C点（0，1）是曲线yf（x）的对称中心D直线y2x是曲线yf（x）的切线【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】

9、AC【分析】对函数f（x）求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB；由f（x）+f（x）2，可判断选项C；假设y2x是曲线yf（x）的切线，设切点为（a，b），求出a，b的值，验证点（a，b）是否在曲线yf（x）上即可【解答】解：f（x）3x21，令f（x）0，解得或，令f（x）0，解得，f（x）在上单调递增，在上单调递减，且，f（x）有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；又f（x）+f（x）x3x+1x3+x+12，则f（x）关于点（0，1）对称，故选项C正确；假设y2x是曲线yf（x）的切线，设切点为（a，b），则，解得或，显然（1，2）和（1，2）均不在曲线yf

10、（x）上，故选项D错误故选：AC【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题二填空题（共1小题）4（2022新高考）若曲线y（x+a）ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 （，4）（0，+）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的概念及应用；数学运算【答案】（，4）（0，+）【分析】设切点坐标为（x0，（x0+a），利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由0即可求出a的取值范围【解答】解：yex+（x+a）ex，设切点坐标为（x0

11、，（x0+a），切线的斜率k，切线方程为y（x0+a）（）（xx0），又切线过原点，（x0+a）（）（x0），整理得：，切线存在两条，方程有两个不等实根，a2+4a0，解得a4或a0，即a的取值范围是（，4）（0，+），故答案为：（，4）（0，+）【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题三解答题（共5小题）5（2022浙江）设函数f（x）+lnx（x0）（）求f（x）的单调区间；（）已知a，bR，曲线yf（x）上不同的三点（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3）处的切线都经过点（a，b）证明：（）若ae，则0bf（a）（1）；（）若0ae，x1x2

12、x3，则+（注：e2.71828是自然对数的底数）【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算【答案】（）f（x）在（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减（）（i）证明过程见解答；（）证明过程见解答【分析】（）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间（）（i）设切点分别为（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3），则f（xi）bf（xi）（xia），（i1，2，3），方程f（x）bf（x）（xa）有3个不同的根，该方程整理为（）（xa），设g（x）（）（xa）lnx+b

13、，则g（x）（xe）（xa），利用导数性质能证明（ii）当0ae时，g（x）在（0，a），（e，+）上为减函数，在（a，e）上为增函数，设x1x2x3，推导出，设t，则方程1，即为（m+1）t+，由此能证明0ae，x1x2x3，则+【解答】解：（）函数f（x）+lnx（x0），+，（x0），由0，得x，f（x）在（，+）上单调递增；由0，得0x，f（x）在（0，）上单调递减（）（i）证明：过（a，b）有三条不同的切线，设切点分别为（x1，f（x1），（x2，f（x2），（x3，f（x3），f（xi）bf（xi）（xia），（i1，2，3），方程f（x）bf（x）（xa）有3个不同的根，该方程整

14、理为（）（xa），设g（x）（）（xa）lnx+b，则g（x）（xe）（xa），当0xe或xa时，g（x）0；当exa时，g（x）0，g（x）在（0，e），（a，+）上为减函数，在（e，a）上为增函数，g（x）有3个不同的零点，g（e）0且g（a）0，（）（ea）lne+b0，且（）（aa），整理得到且，此时，且，此时，整理得，且，此时，bf（a）（）+1（），设（a）为（e，+）上的减函数，（a），（ii）当0ae时，同（i）讨论，得：g（x）在（0，a），（e，+）上为减函数，在（a，e）上为增函数，不妨设x1x2x3，则0x1ax2ex3，g（x）有3个不同的零点，g（a）0，且g（e）

15、0，（）（ea），且（）（aa），整理得，x1x2x3，0x1ax2ex3，g（x）1，设t，则方程1即为：，即为（m+1）t+，记，则t1，t2，t3为（m+1）t+有三个不同的根，设k，m，要证：，即证，即证：，而（m+1），且（m+1），（t1t3）0，即证，即证+0，即证，记，则，（k）在（1，+）为增函数，（k）（m），设（m）lnm+，0m1，则（x），（m）在（0，1）上是增函数，（m）（1）0，lnm+0，即0，若0ae，x1x2x3，则+【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力

16、，是难题6（2021浙江）设a，b为实数，且a1，函数f（x）axbx+e2（xR）（）求函数f（x）的单调区间；（）若对任意b2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（）当ae时，证明：对任意be4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2x1+（注：e2.71828是自然对数的底数）【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】（）当b0时，f（x）的单调递增区间为（，+）；当b0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；（）（1，e2；（）证明过程见解答【分析】（）对函数f（x）求导，然后分b0

17、及b0两种情况讨论即可得出单调性情况；（）易知只需即可，计算可知对任意b2e2均成立，记，对g（b）求导，然后分lna2e2及lna2e2两种情况讨论，求得g（b）的最大值，令其小于零即可得解；（）当ae时，由f（x）的最小值小于零，可知其有两个零点，所证不等式可转化为，利用单调性先证，问题转化为证x2ln（blnb），再利用单调性证明即可【解答】解：（）f（x）axlnab，当b0时，由于a1，则axlna0，故f（x）0，此时f（x）在R上单调递增；当b0时，令f（x）0，解得，令f（x）0，解得，此时f（x）在单调递减，在单调递增；综上，当b0时，f（x）的单调递增区间为（，+）；当b0

18、时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；（）注意到x时，f（x）+，当x+时，f（x）+，由（）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需即可，对任意b2e2均成立，令，则atbt+e20，即etlnabt+e20，即，即，对任意b2e2均成立，记，则，令g（b）0，得blna，当lna2e2，即时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+）单调递减，此时g（b）g（lna）lnalnaln1+e2lnalna（e2+1）0，不合题意；当lna2e2，即时，易知g（b）在（2e2，+）单调递减，此时2e22e2ln（2e2）ln（lna）+e2lna，故只需22ln2+2

19、ln（lna）+lna0，即lna+2ln（lna）2+2ln2，则lna2，即ae2；综上，实数a的取值范围为（1，e2；（）证明：当ae时，f（x）exbx+e2，f（x）exb，令f（x）0，解得xlnb4，易知+e2e23be23e4e2（13e2）0，f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1lnbx2，由，可得，要证，只需证，只需证，而，则，要证，只需证，只需证x2ln（blnb），而f（ln（blnb）eln（blnb）bln（blnb）+e2blnbbln（blnb）+e2blnbbln（4b）+e2，x2ln（blnb），即得证【点评】本题考查导数的综合运用，涉及了利用导

20、数研究函数的单调性，极值及最值，考查分类讨论思想，转化思想，考查推理论证能力及运算求解能力，属于难题7（2023新高考）已知函数f（x）a（ex+a）x（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a0时，f（x）2lna+【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（1）先求出导函数f（x），再对a分a0和a0两种情况讨论，判断f（x）的符号，进而得到f（x）的单调性；（2）由（1）可知，当a0时，f（x）minf（ln）1+a2+lna，要证f（x）2lna+，只需证1+a2+lna2lna+，只需证0，设g（

21、a），a0，求导可得g（x）ming（）0，从而证得f（x）2lna+【解答】解：（1）f（x）a（ex+a）x，则f（x）aex1，当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在R上单调递减，当a0时，令f（x）0得，x，当x（，ln）时，f（x）0，f（x）单调递减；当x（ln，+）时，f（x）0，f（x）单调递增，综上所述，当a0时，f（x）在R上单调递减；当a0时，f（x）在（，ln）上单调递减，在（ln，+）上单调递增证明：（2）由（1）可知，当a0时，f（x）minf（ln）a（+a）ln1+a2+lna，要证f（x）2lna+，只需证1+a2+lna2lna+，只需证0，设g（a），a0

22、，则g（a）2a，令g（a）0得，a，当a（0，）时，g（a）0，g（a）单调递减，当a（，+）时，g（a）0，g（a）单调递增，所以g（a）g（）ln0，即g（a）0，所以0得证，即f（x）2lna+得证【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，属于中档题8（2022新高考）已知函数f（x）exax和g（x）axlnx有相同的最小值（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf（x）和yg（x）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【考点】利用导数研究函数的最值【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；等差数列

23、与等比数列；逻辑推理；数学运算【答案】（1）1；（2）证明过程见解析【分析】（1）先对两个函数求导，然后由函数有相同的最小值得到函数f（x）和g（x）的单调性，从而求得f（x）和g（x）的零点，进而得到函数的最小值，然后列出方程求得a的值；（2）由a的值可求得函数f（x）与函数g（x）的表达式，对函数f（x）与函数g（x）在（0，+）上的大小进行比较，可作出曲线函数yf（x）和yg（x）的大致图象，根据该图象可确定直线yb的位置，分别求出三个交点的横坐标的表达式后，证明其成等差数列即可【解答】解：（1）f（x）定义域为R，f（x）exax，f（x）exa，若a0，则f（x）0，f（x）无最小值

24、，故a0，当f（x）0时，xlna，当xlna时，f（x）0，函数f（x）在（，lna）上单调递减，当xlna时，f（x）0，函数f（x）在（lna，+）上单调递增，故f（x）minf（lna）aalna，g（x）的定义域为（0，+），g（x）axlnx，g（x）a，令g（x）0，解得x，当0x时，g（x）0，函数g（x）在（0，）上单调递减，当x时，g（x）0，函数g（x）在（，+）上单调递增，故g（x）min1+lna，函数f（x）exax和g（x）axlnx有相同的最小值aalna1+lna，a0，aalna1+lna化为lna，令h（x）lnx，x0，则h（x），x0，h（x）恒成立，

25、h（x）在（0，+）上单调递增，又h（1）0，h（a）h（1），仅有此一解，a1（2）证明：由（1）知a1，函数f（x）exx在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，函数g（x）xlnx在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，设u（x）f（x）g（x）ex2x+lnx（x0），则u（x）ex2+ex2，当x1时，u（x）e20，所以函数u（x）在（1，+）上单调递增，因为u（1）e20，所以当x1时，u（x）u（1）0恒成立，即f（x）g（x）0在x1时恒成立，所以x1时，f（x）g（x），因为f（0）1，函数f（x）在（0，+）上单调递增，g（1）1，函数g（x）在（0，1）上

26、单调递减，所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m）（0m1），此时可作出函数yf（x）和yg（x）的大致图象，由图象知当直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点时，直线yb必经过点M（m，f（m），即bf（m），因为f（m）g（m），所以emmmlnm，即em2m+lnm0，令f（x）bf（m）得exxemmmlnm，解得xm或xlnm，由0m1，得lnm0m，令g（x）bf（m）得xlnxemmmlnm，解得xm或xem，由0m1，得m1em，所以当直线yb与两条曲线yf（x）和yg（x）共有三个不同的交点时，从左到右的三个交

27、点的横坐标依次为，lnm，m，em，因为em2m+lnm0，所以em+lnm2m，所以lnm，m，em成等差数列存在直线yb，其与两条曲线yf（x）和yg（x）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【点评】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得x1、x3和x2的数量关系9（2021新高考）已知函数f（x）x（1lnx）（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2+e【考点】利用导数研究函数的单调性【专题】计算题；整体思想；演绎法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算【答案】

28、（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减（2）证明见解析【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，（2）法一：利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可法二：要证x1+x2e，由x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，故构造g（x）x（1lnx）+x，判断的单调性，即可得证【解答】（1）解：由函数的解析式可得f（x）1lnx1lnx，x（0，1），f（x）0，f（x）单调递增，x（1，+），f（x）0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减（2）

29、证明：由blnaalnbab，得，即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，所以f（x）maxf（1）1，且f（e）0，令，则x1，x2为f（x）k 的两根，其中k（0，1）不妨令x1（0，1），x2（1，e），则2x11，先证2x1+x2，即证x22x1，即证f（x2）f（x1）f（2x1），令h（x）f（x）f（2x），则h（x）f（x）+f（2x）lnxln（2x）lnx（2x）在（0，1）单调递减，所以h（x）h（1）0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，h（x1）h（1）0f（x1）f（2x1），2x1+x2，得证同理，要证x1+x2e，（法一）即证1x2ex

30、1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）f（x1）f（ex1），令（x）f（x）f（ex），x（0，1），则（x）lnx（ex），令（x0）0，x（0，x0），（x）0，（x）单调递增，x（x0，1），（x）0，（x）单调递减，又0xe时，f（x）0，且f（e）0，故，（1）f（1）f（e1）0，（x）0恒成立，x1+x2e得证，（法二）f（x1）f（x2），x1（1lnx1）x2（1lnx2），又x1（0，1），故1lnx11，x1（1lnx1）x1，故x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，x2（1，e），令g（x）x（1lnx）+x，g（x）1lnx，x（1，e），在（1，e）上，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）g（e）e，即x2（1lnx2）+x2e，所以x1+x2e，得证，则2+e【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于难题