高考数学压轴专题(易错题)备战高考《函数与导数》经典测试题附解析

一、选择题

21．已知函数fxxx，且afln311，bflog2，cf2，则23C．cab

D．bac

a，b，c的大小关系为（ ）

A．acb B．bca 【答案】A 【解析】 【分析】

2由函数fxxx，可得fxfx，得到函数fx为偶函数，图象关于y轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数fx在[0,)上为单调递增函数，则函数

fx在(,0)上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解．

【详解】

由题意，函数fxxx，满足fx(x)xxxfx，

222所以函数fx为定义域上的偶函数，图象关于y轴对称，

又当x0时，fxxx，由二次函数的性质可得，函数fx在[0,)上为单调递

2增函数，则函数fx在(,0)上为单调递减函数，

113111又由lnlne，log3log21，2，

22222131根据对称性，可得f(ln)f(2)f(log23)，即acb，故选A．

2【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

2．已知全集UR，函数yln1x的定义域为M，集合Nx|xx0?，则下

2列结论正确的是 A．MINN C．MUNU 【答案】A 【解析】 【分析】

求函数定义域得集合M，N后，再判断． 【详解】

B．MIðUN D．MðUN

由题意M{x|x1}，N{x|0x1}，∴MINN． 故选A． 【点睛】

本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．

3．已知f(x)13523xax6axb的两个极值点分别为x1,x2x1x2，且x2x1，322则函数f(x1)f(x2)（ ） A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

求出函数的导数，利用韦达定理得到a,x1,x2满足的方程组，解方程组可以得到a,x1,x2，从而可求fx1fx2． 【详解】

B．

1 6C．1 D．与b有关

f'xx25ax6a，故x1x25a，x1x26a，且25a224a0，

又x23x1，所以x12a,x23a，故6a6a2，解得a0（舎）或者a1． 21352xx6xb， 32此时x12,x23， fx故fx1fx2故选B． 【点睛】

15182749623 326如果fx在x0处及附近可导且x0的左右两侧导数的符号发生变化，则xx0必为函数的极值点且fx00．极大值点、极小值点的判断方法如下：

（1）在x0的左侧附近，有f'x0，在x0的右侧附近，有f'x0，则xx0为函数的极大值点；

（2）在x0的左侧附近，有f'x0，在x0的右侧附近f'x0，有，则xx0为函数的极小值点．

4．已知直线ykx2与曲线yxlnx相切，则实数k的值为（ ） A．ln2

B．1

C．1ln2

D．1ln2

【答案】D 【解析】

由yxlnx得y'lnx1，设切点为x0,y0，则klnx01，y0kx02，

y0x0lnx0kx02x0lnx0，klnx0选D.

2，对比klnx01，x02，kln21，故x0

5．曲线ye2x1在点(0,2)处的切线与直线y0和yx所围成图形的面积( ) A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

利用导数的几何意义，求得曲线在点(0,2)处的切线方程，再求得三线的交点坐标，利用三角形的面积公式，即可求解，得到答案． 【详解】 由题意，曲线ye所以曲线ye2x2xB．

1 3C．

2 3D．

1 21，则y2e2x，所以y|x02e2x|x02，

1在点(0,2)处的切线方程为y22(x0)，即2xy20，

2， 3121所以切线与直线y0和yx所围成图形的面积为1，故选B．

233【点睛】

令y0，解得x1，令yx，解得xy本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程，以及两直线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

1ex1xxgxelnx1ae6．已知函数fx与的图象上存在关于y轴对x0x1e称的点，则实数a的取值范围是（ ）

A．,1【答案】D 【解析】 【分析】

先求得fx关于y轴对称的函数hx,则hxgx,整理可得

1 eB．1, eC．,1

1eD．1,

1e11lnx1axee在0,上有解,设x11lnx1,可转化问题为yx与ya的图象在xee0,上有交点,再利用导函数求得x的范围,进而求解.

【详解】

x11ex1由fx关于y轴对称的函数为hxfxe1x0, x1e令hxgx,得e则方程e即方程

x1x11exlnx1aexx0,

1exlnx1aex在0,上有解,

11lnx1a在0,上有解, exe11lnx1, xee设x即可转化为yx与ya的图象在0,上有交点,

11exx1Qxxx,

ex1ex1令m(x)=ex1，则m(x)=e10在0,上恒成立，所以m(x)=ex1在

xxx0,上为增函数，∴mxm00，

即Qx0在0,上恒成立， x在0,上为增函数,

当x0时,则x01所以a1故选:D 【点睛】

本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.

1, e1, e

7．函数fxln43xxA．,

22的单调递减区间是（ ）

C．1,

23 B．，3234 D．，32【答案】D 【解析】 【分析】

先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】

由43xx20得1x4，即函数定义域是(1,4)，

32533u43xx2(x)2在(1,]上递增，在[,4)上递减，

2224而ylnu是增函数，

∴f(x)的减区间是[,4)． 故选：D． 【点睛】

本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．

32

8．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（x1,y1），（x2,y2），…，（xm,ym），则A．0 【答案】B 【解析】

试题分析：因为yf(x),yx2x3的图像都关于x1对称，所以它们图像的交点也关于x1对称，当m为偶数时，其和为22x=

ii1mB．m C．2m D．4m

mm；当m为奇数时，其和为2m11m，因此选B. 2【考点】 函数图像的对称性 2【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0). 2

log2x,x0,2fx9．函数x则函数gx3fx8fx4的零点个数是（ ）

2,x0,A．5 【答案】A 【解析】 【分析】

通过对g(x)式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数．

B．4

C．3

D．6

【详解】 函数gx3f即方程fx2x8fx43fx2fx2的零点

2和fx2的根， 3log2x,x0,fx函数x的图象如图所示：

2,x0

由图可得方程fx即函数gx3f故选：A. 【点睛】

22和fx2共有5个根， 3x8fx4有5个零点,

本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．

10．在平面直角坐标系中，若P，Q满足条件：（1）P,Q都在函数f（x）的图象上；（2）P,Q两点关于直线y=x对称，则称点对{P,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数f(x){A．0对 【答案】C 【解析】

试题分析：设p（x，y）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x的对称点Q是（y，x），所以x23x2=2x,由于函数y=x23x2和y=2x的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质

B．1对

x23x2(x0)log2x(x0)C．2对

的“可交换点对有（ ）

D．3对

11．已知函数fx的导函数为fx且满足fx2xf1lnx，则f（ ） A．

1e12 eB．e2 C．1

D．e

【答案】B 【解析】 【分析】

对函数求导得到导函数，代入x1可求得f11，从而得到fx，代入x结果. 【详解】

由题意得：fx2f11求得e1 x令x1得：f12f11，解得：f11

fx211 fe2 xe本题正确选项：B 【点睛】

本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得f1，易错点是忽略f1为常数，导致求导错误.

12．已知函数

fx1是偶函数，当x1,时，函数fx单调递减，设

1af，bf3，cf0，则a、b、c的大小关系为（）

2A．bac 【答案】A 【解析】 【分析】 根据

B．cbd

C．bca

D．abc

fx1图象关于y轴对称可知fx关于x1对称，从而得到fx在,1上

单调递增且f3f1；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系. 【详解】

Qfx1为偶函数 fx1图象关于y轴对称

fx图象关于x1对称

Qx1,时，fx单调递减 ∴x,1时，fx单调递增

又f3f1且1本题正确选项：A 【点睛】

110 f1ff0，即bac 22本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过

奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.

13．xa,b,fxm恒成立，等价于xa,b,[fx]minm



14．已知函数fx是定义在R上的偶函数，且在0,上单调递增，则（ ） A．f3flog313f2C．f20.63

0.6B．f3f2D．f20.6flog13

0.633flog13f3 f3flog13

【答案】C 【解析】 【分析】

利用指数函数和对数函数单调性可得到2得大小关系. 【详解】

0.6log3133，结合单调性和偶函数的性质可

Qfx为R上的偶函数，f3f3，flog313flog313，

Q20.62log39log313log3273且fx在0,上单调递增，

f20.6flog313f3，f20.6flog313f3.

故选：C. 【点睛】

本题考查函数值大小关系的比较，关键是能够利用奇偶性将自变量转化到同一单调区间内，由自变量的大小关系，利用函数单调性即可得到函数值的大小关系.

15．设函数fxxe，则（ ）

xA．fx有极大值

1 eB．fx有极小值1 eC．fx有极大值e 【答案】B 【解析】 【分析】

D．fx有极小值e

利用导数求出函数yfx的极值点，分析导数符号的变化，即可得出结论. 【详解】

Qfxxex，定义域为R，fxx1ex，令fx0，可得x1.

当x1时，fx0；当x1时，fx0. 所以，函数fxxe在x1处取得极小值f1x1， e故选：B. 【点睛】

本题考查利用导数求函数的极值，在求出极值点后，还应分析出导数符号的变化，考查计算能力，属于中等题.

16．已知函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

21若数列的前n项和为Sn，则S2018的值为（ ）

fn2015 2016【答案】D 【解析】 【分析】

A．

B．

2016 2017C．

2017 2018D．

2018 2019求出原函数的导函数，得到yfx在x1时的导数值，进一步求得m，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出S2018的值． 【详解】

2由fxxmx，得fx2xm，f1m2，

因为函数fxxmx图象在点A1,f1处的切线l与直线x3y20垂直，

2f1m23，解得m1，fxx2x，则

111112. fnnnnn1nn1因此，S20181故选：D. 【点睛】

本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．

1111112018L1. 2232018201920192019

17．

40cos2xdx（ ）

cosxsinxB．21

C．21

D．22 A．2(21) 【答案】C 【解析】 【分析】

利用三角恒等变换中的倍角公式，对被积函数进行化简，再求积分. 【详解】

cos2xcos2xsin2x因为cosxsinx，

cosxsinxcosxsinx44cos2xdx(cosxsinx)dx(sinxcosx)421，故选C． ∴cosxsinx000【点睛】

本题考查三角恒等变换知与微积分基本定理的交汇.

18．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x0，f(x)x33x，则

af(2),bf(log3A．abc 【答案】C 【解析】 【分析】

321)，cf(2)的大小关系为（ ） 27B．acb C．bac

D．bca

利用导数判断f(x)x3x在[0,)上单调递增，再根据自变量的大小得到函数值的大小. 【详解】

3Q函数f(x)是定义在R上的偶函数，

bf(log31)f(3)f(3)， 2732Q022223，

当x0，f(x)3x30恒成立， ∴f(x)x3x在[0,)上单调递增，

31f(log3)f(22)f(2)，即bac.

27故选：C. 【点睛】

3'2本题考查利用函数的性质比较数的大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将自变量化到同一个单调区间中.

19．函数f(x)loga5ax,a0,a1在1,3上是减函数，则a的取值范围是( )

5A．,

3【答案】D 【解析】

1B．,1

55C．1,

35D．1,

3【分析】

根据a0可知y5ax在定义域内单调递减，若使得函数

a1f(x)loga5ax,a0,a1在1,3上是减函数，则需，解不等式即可.

53a0【详解】

Qa0

y5ax在定义域内单调递减

若使得函数f(x)loga5ax,a0,a1在1,3上是减函数 则需a15，解得1a

353a0故选：D 【点睛】

本题考查对数函数的单调性，属于中档题.

20．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取

lg30.4771，lg20.3010）

A．16 【答案】D 【解析】 【分析】

nnB．17 C．24 D．25

44由折线长度变化规律可知“n次构造”后的折线长度为a，由此得到1000，利

33用运算法则可知n【详解】

记初始线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为

3，由此计算得到结果.

2lg2lg34a，“二次构造”后的折线长度为34，以此类推，“n次构造”后的折线长度为4，aa 3344若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则a1000a，即1000，

3344lgnlgnlg4lg3n2lg2lg3lg10003，

33324.02，至少需要25次构造.

20.30100.4771故选：D. 【点睛】

即n本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.

nnn2n