2021年高考数学专题分类汇编：函数、导数、导数及应用(含答案)

1、函数、导数、导数及应用一选择题（共13 小题）1 （ 2021?浙江）已知函数f（x） x2+，g（x） sinx，则图象为如图的函数可能是（）ayf（x） +g（x）byf（x） g（x）cyf（x） g（x）dy2 （ 2021?甲卷）下列函数中是增函数的为（）af（x） xbf（x）（）xcf（x） x2df（x）3 （ 2021?甲卷）设 f（x）是定义域为r 的奇函数，且f（ 1+x） f（ x） 若 f（），则 f（）（）abcd4 （ 2021?乙卷）设函数f（x），则下列函数中为奇函数的是（）af（x1） 1bf（x1）+1cf（x+1） 1df（x+1）+15 （ 2021?

2、甲卷）设函数f（x）的定义域为r，f（ x+1）为奇函数， f（x+2）为偶函数，当x 1，2时， f（x）ax2+b若 f（0） +f（ 3） 6，则 f（）（）abcd6 （ 2021?上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是（）af（x） x2bf（x） sinxcf（x） 2xdf（x） 17 （ 2021?甲卷）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 和小数记录法的数据v 满足 l 5+lgv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约为（） （1.259）a1.5b1.2c0.

3、8d0.68 （ 2021?浙江）若实数x，y 满足约束条件，则 zxy 的最小值是（）a 2bcd9 （ 2021?乙卷）下列函数中最小值为4 的是（）ayx2+2x+4by|sinx|+cy2x+22xdylnx+10 （2021?乙卷）若 x， y 满足约束条件则 z3x+y 的最小值为（）a18b10c6d411 （2021?乙卷）设a0，若 xa 为函数 f（ x） a（xa）2（xb）的极大值点，则（）aa bba bcaba2daba212 （2021?乙卷）设 a2ln1.01，bln1.02，c 1，则（）aa bcbb cacbacdca b13 （2021?新高考）若过点

4、（a，b）可以作曲线y ex的两条切线，则（）aebabeabc0aebd0bea二填空题（共8 小题）14 （2021?浙江）已知a r，函数 f（x）若 f（f（） ） 3，则 a15 （2021?新高考）已知函数f（x） x3（a?2x2x）是偶函数，则a16 （2021?新高考）函数f（x） |2x1|2lnx 的最小值为17 （2021?上海）已知函数f（x） 3x+（a 0）的最小值为5，则 a18 （2021?上海）若方程组无解，则19 （2021?上海）不等式1 的解集为20 （2021?甲卷）曲线y在点（ 1， 3）处的切线方程为21 （2021?上海）在无穷等比数列an中，

5、（a1an） 4，则 a2的取值范围是三解答题（共8 小题）22 （2021?甲卷）已知函数f（x） |x 2|， g（x） |2x+3|2x1|（1）画出 yf（x）和 yg（x）的图像；（2）若 f（x+a） g（x） ，求 a 的取值范围23 （2021?上海）已知函数f（x）x（1）若 a1，求函数的定义域；（2）若 a0，若 f（ax） a 有 2 个不同实数根，求a 的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a 的取值范围24 （2021?浙江）设 a，b 为实数，且a1，函数 f（x） axbx+e2（x r） （）求函数f（ x）的单调

6、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）25 （2021?甲卷）设函数f（x） a2x2+ax3lnx+1，其中 a0（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 yf（x）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围26 （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+e27 （2021?乙卷）已知函数f（x） l

7、n（ax） ，已知 x0 是函数 yxf （x）的极值点（1）求 a；（2）设函数 g（x）证明： g（x） 128 （2021?乙卷）已知函数f（x） x3x2+ax+1（1）讨论 f（x）的单调性；（2）求曲线 yf（ x）过坐标原点的切线与曲线yf（x）的公共点的坐标29 （2021?甲卷）已知a0 且 a1，函数 f（ x）（x0） （1）当 a2 时，求 f（x）的单调区间；（2）若曲线 yf（ x）与直线y 1 有且仅有两个交点，求a 的取值范围参考答案与试题解析一选择题（共13 小题）1 （ 2021?浙江）已知函数f（x） x2+，g（x） sinx，则图象为如图的函数可能是（

8、）ayf（x） +g（x）byf（x） g（x）cyf（x） g（x）dy【解答】 解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为 f（x） x2+为偶函数， g（x） sinx 为奇函数，函数 yf（ x）+g（ x）x2+sinx为非奇非偶函数，故选项a 错误；函数 yf（ x） g（x）x2sinx 为非奇非偶函数，故选项b 错误；函数 yf（ x）g（x）（ x2+）sinx，则 y2xsinx+（x2+）cosx0 对 x恒成立，则函数 yf（x）g（x）在上单调递增，故选项c 错误故选： d2 （ 2021?甲卷）下列函数中是增函数的为（）af（x） xbf（x）（）xc

9、f（x） x2df（x）【解答】 解：由一次函数性质可知f（x） x 在 r 上是减函数，不符合题意；由指数函数性质可知f（x）（）x在 r 上是减函数，不符合题意；由二次函数的性质可知f（x） x2在 r 上不单调，不符合题意；根据幂函数性质可知f（x）在 r 上单调递增，符合题意故选： d3 （ 2021?甲卷）设 f（x）是定义域为r 的奇函数，且f（ 1+x） f（ x） 若 f（），则 f（）（）abcd【解答】 解：由题意得f（ x） f（ x） ，又 f（1+x） f（ x） f（x） ，所以 f（2+x） f（x） ，又 f（），则 f（） f（2） f（）故选： c4 （ 2

10、021?乙卷）设函数f（x），则下列函数中为奇函数的是（）af（x1） 1bf（x1）+1cf（x+1） 1df（x+1）+1【解答】 解：因为f（x），所以函数f（x）的对称中心为（1， 1） ，所以将函数f（x）向右平移一个单位，向上平移一个单位，得到函数yf（x 1）+1，该函数的对称中心为（0，0） ，故函数 yf（x1）+1 为奇函数故选： b5 （ 2021?甲卷）设函数f（x）的定义域为r，f（ x+1）为奇函数， f（x+2）为偶函数，当x 1，2时， f（x）ax2+b若 f（0） +f（ 3） 6，则 f（）（）abcd【解答】 解： f（x+1）为奇函数，f（ 1） 0，

11、且 f（x+1） f（ x+1） ，f（x+2）偶函数， f（x+2） f（ x+2） ，f（x+1）+1 f（ x+1） +1 f（ x） ，即 f（x+2） f（ x） ，f（ x+2） f（x+2） f（ x） 令 t x，则 f（t+2） f（t） ，f（t+4） f（t+2） f（t） ， f（x+4） f（x） 当 x 1， 2时， f（x） ax2+bf（0） f（ 1+1） f（ 2） 4ab，f（3） f（1+2） f（ 1+2） f（1） a+b，又 f（0） +f（ 3） 6， 3a6，解得 a 2，f（1） a+b0， b a2，当 x 1，2时， f（x） 2x2+2

12、，f（） f（） f（）（ 2+2）故选： d6 （ 2021?上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是（）af（x） x2bf（x） sinxcf（x） 2xdf（x） 1【解答】 解：选项a：因为函数是二次函数，属于二对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，a错误，选项 b：因为函数是三角函数，有周期性和对称性，属于多对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，b错误，选项 c：因为函数的单调递增的指数函数，属于一一映射，所以函数存在反函数，c 正确，选项 d：因为函数是常数函数，属于多对一的映射，所以函数不存在反函数，d 错误，故选： c7 （ 2021?甲卷）青少年视力是

13、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 和小数记录法的数据v 满足 l 5+lgv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约为（） （1.259）a1.5b1.2c0.8d0.6【解答】 解：在 l5+lgv 中， l4.9，所以 4.95+lgv，即 lgv 0.1，解得 v100.10.8，所以其视力的小数记录法的数据约为0.8故选： c8 （ 2021?浙江）若实数x，y 满足约束条件，则 zxy 的最小值是（）a 2bcd【解答】 解：由约束条件作出可行域如图，立，解得 a（ 1， 1） ，化

14、目标函数zx为 y2x2z，由图可知，当直线y2x2z过 a 时，直线在 y 轴上的截距最大，z有最小值为1故选： b9 （ 2021?乙卷）下列函数中最小值为4 的是（）ayx2+2x+4by|sinx|+cy2x+22xdylnx+【解答】 解：对于a，yx2+2x+4（ x+1）2+33，所以函数的最小值为3，故选项a 错误；对于 b，因为 0 |sinx|1，所以 y|sinx|+，当且仅当，即 |sinx|2 时取等号，因为 |sinx| 1，所以等号取不到，所以 y|sinx|+4，故选项b 错误；对于 c，因为 2x0，所以 y2x+22x，当且仅当2x2，即 x 1 时取等号，

15、所以函数的最小值为4，故选项c 正确；对于 d，因为当x时，所以函数的最小值不是4，故选项d 错误故选： c10 （2021?乙卷）若 x， y 满足约束条件则 z3x+y 的最小值为（）a18b10c6d4【解答】 解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 a（1，3） ，由 z3x+y，得 y 3x+z，由图可知，当直线y 3x+z 过 a 时，直线在 y 轴上的截距最小，z有最小值为31+36故选： c11 （2021?乙卷）设a0，若 xa 为函数 f（ x） a（xa）2（xb）的极大值点，则（）aa bba bcaba2daba2【解答】 解：令 f（x） 0，解得 xa 或 xb

16、，即 xa 及 xb 是 f（x）的两个零点，当 a0 时，由三次函数的性质可知，要使xa 是 f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则 0ab；当 a0 时，由三次函数的性质可知，要使xa 是 f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则 ba0；综上， ab a2故选： d12 （2021?乙卷）设 a2ln1.01，bln1.02，c 1，则（）aa bcbb cacbacdca b【解答】 解： a 2ln1.01ln1.0201，bln1.02，ab，令 f（x） 2ln（1+x）（1） ，0 x 1，令 t，则 1tx，g（t） 2ln（） t+12

17、ln（t2+3） t+12ln4，g（ t）10，g（t）在（ 1，）上单调递增，g（t） g（1） 2ln41+12ln40，f（x） 0，ac，同理令 h（x） ln（1+2x）（1） ，再令t，则 1tx， （t） ln（） t+1ln（t2+1） t+1ln2， （ t）1 0， （t）在（ 1，）上单调递减， （t） （ 1） ln21+1ln20，h（x） 0，cb，acb故选： b13 （2021?新高考）若过点（a，b）可以作曲线y ex的两条切线，则（）aebabeabc0aebd0bea【解答】 解：函数yex是增函数， y ex0 恒成立，函数的图象如图，y0，即取得坐标

18、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二填空题（共8 小题）14 （2021?浙江）已知a r，函数 f（x）若 f（f（） ） 3，则 a2【解答】 解：因为函数f（x），所以，则 f（f（） ） f（2） |23|+a3，解得 a2故答案为： 215 （2021?新高考）已知函数f（x） x3（a?2x2x）是偶函数，则a1【解答】 解：函数f（x） x3

19、（a?2x2x）是偶函数，y x3为 r 上的奇函数，故 ya?2x2x也为 r 上的奇函数，所以 y|x0a?2020a10，所以 a1故答案为： 116 （2021?新高考）函数f（x） |2x1|2lnx 的最小值为1【解答】 解：函数f（x） |2x1|2lnx 的定义域为（0，+） 当 0 x时， f（x） |2x1|2lnx 2x+12lnx，此时函数f（x）在（ 0，上为减函数，所以 f（x） f（） 2+12ln2ln2；当 x时， f（x） |2x1|2lnx2x12lnx，则 f（ x），当 x （，1）时， f（ x） 0，f（ x）单调递减，当 x （1，+）时， f（

20、 x） 0，f（x）单调递增，当 x1 时 f（x）取得最小值为f（1） 2112ln112ln2ln4lne1，函数 f（x） |2x1|2lnx 的最小值为1故答案为： 117 （2021?上海）已知函数f（x） 3x+（a 0）的最小值为5，则 a9【解答】 解： f（x） 3x+3x+1+ 115，所以 a9，经检验， 3x 2 时等号成立故答案为： 918 （2021?上海）若方程组无解，则0【解答】 解：对于方程组，有，当 d0 时，方程组的解为，根据题意，方程组无解，所以 d0，即，故答案为： 019 （2021?上海）不等式1 的解集为（ 7，2）【解答】 解：1? 0?0，解

21、得， 7x2故答案为：（ 7，2） 20 （2021?甲卷）曲线y在点（ 1， 3）处的切线方程为5xy+2 0【解答】 解：因为y， （ 1， 3）在曲线上，所以 y，所以 y|x1 5，则曲线 y在点（ 1， 3）处的切线方程为：y（ 3） 5x（ 1），即 5xy+20故答案为： 5xy+2021 （2021?上海）在无穷等比数列an中，（a1an） 4，则a2的取值范围是（ 4，0）（ 0，4）【解答】 解：无穷等比数列an，公比q （ 1，0）（ 0，1） ，an0，（a1an） a14，a2a1q4q （ 4，0）（ 0， 4） 故答案为：（ 4，0）（ 0，4） 三解答题（共8

22、小题）22 （2021?甲卷）已知函数f（x） |x 2|， g（x） |2x+3|2x1|（1）画出 yf（x）和 yg（x）的图像；（2）若 f（x+a） g（x） ，求 a 的取值范围【解答】 解： （1）函数 f（x） |x2|，g（ x） |2x+3|2x1|画出 yf（ x）和 yg（x）的图像；（2）由图像可得：f（6） 4，g（） 4，若 f（x+a） g（x） ，说明把函数f（x）的图像向左或向右平移|a|单位以后， f（x）的图像不在g（x）的下方，由图像观察可得：a2+4a 的取值范围为 ，+） 23 （2021?上海）已知函数f（x）x（1）若 a1，求函数的定义域；（

23、2）若 a0，若 f（ax） a 有 2 个不同实数根，求a 的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a 的取值范围【解答】 解： （1）当 a1 时， f（x），由|x+1|10，得 |x+1|1，解得 x 2 或 x0函数的定义域为（，20，+） ；（2）f（ax），f（ax） a?，设 ax+at0，有两个不同实数根，整理得att2，t0，a，t0，当且仅当0a时，方程有2 个不同实数根，又 a0， a 的取值范围是（0，） ；（3）当 x a 时， f（ x）x，在 ，+）上单调递减，此时需要满足a，即 a，函数 f（x）在 a， +）上递减

24、；当 x a 时， f（x）x，在（，2a上递减，a0， 2a a0，即当 a时，函数f（x）在（，a）上递减综上，当a （，时，函数f（ x）在定义域r 上连续，且单调递减24 （2021?浙江）设 a，b 为实数，且a1，函数 f（x） axbx+e2（x r） （）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）【解答】 解： （） f（ x） axlnab，当 b0 时，由于a 1，则 axln

25、a0，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at bt+e2 0 ， 即etlna bt+e2 0 ， 即， 即，对任意 b 2e2均成立，记，则，令 g（ b） 0，得 blna，当 lna2e2，即时，

26、易知g（ b）在（ 2e2，lna）单调递增，在（lna，+）单调递减，此时 g（b） g（lna） lnalna?ln1+e2lnalna? （e2+1） 0，不合题意；当 lna2e2，即时，易知g（b）在（ 2e2，+）单调递减，此时2e2 2e2ln（2e2） ln（lna）+e2lna，故只需 22ln2+2ln（lna）+lna0，即 lna+2ln（lna） 2+2ln2，则 lna 2，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） ex b，令 f（ x） 0，解得 xlnb4，易知+e2e23be2 3e4e

27、2（13e2）0，f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且 x1 lnbx2，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 ） +e2 blnb bln （ blnb ） +e2 blnb bln （ 4b） +e2，x2ln（blnb） ，即得证25 （2021?甲卷）设函数f（x） a2x2+ax3lnx+1，其中 a0（1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 yf（x）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围【解答】 解： （1）f（ x） 2a2x+a，x0，因为 a0

28、，所以0，所以在（ 0，）上， f（ x） 0，f（x）单调递减，在（， +）上， f（ x） 0，f（x）单调递增综上所述， f（x）在（ 0，）上单调递减，在（， +）上 f（x）单调递增（2）由（ 1）可知， f（ x）minf（） a2（）2+a3ln+13+3lna，因为 yf（ x）的图像与x 轴没有公共点，所以 3+3lna0，所以 a，所以 a 的取值范围为（，+） 26 （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【解答】（1）解：由函数的解析式可得f（x） 1

29、- lnx- 1- lnx，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）证明：由blna-alnba- b，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 2- x11，先证 2x1+x2，即证 x2 2- x1，即证 f（x2） f（ x1） f（2x1） ，令 h（x） f（

30、x）- f（2- x） ，则 h（ x） f（ x）+f（ 2- x） - lnx- ln（2- x） - lnx（ 2- x）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） 0 f（x1） f（ 2x1） ， 2x1+x2，得证同理，要证x1+x2e，（法一）即证1x2e x1，根据（ 1）中 f（x）单调性，即证 f（x2） f（x1） f（ex1） ，令 （x） f（ x）- f（e- x） ， x （0， 1） ，则 （x） - lnx（e- x） ，令 （ x0） 0，x （0，x0） ， （x） 0， （x）单

31、调递增，x （x0，1） ， （x） 0， （x）单调递减，又 0 x e时， f（x） 0，且 f（e） 0，故， （1） f（1）- f（e- 1） 0， （x） 0 恒成立，x1+x2 e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）+x2 x2（ 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

32、x2（1lnx2）+x2e，所以 x1+x2e，得证，则 2+e27 （2021?乙卷）已知函数f（x） ln（ax） ，已知 x0 是函数 yxf （x）的极值点（1）求 a；（2）设函数 g（x）证明： g（x） 1【解答】（1）解：由题意，f（x）的定义域为（，a） ，令 t（x） xf（ x） ，则 t（x） xln（ax） ，x （， a） ，则 t（x） ln（a x）+x?，因为 x0 是函数 yxf（x）的极值点，则有t（0） 0，即 lna 0，所以 a1，当 a1 时， t（x），且 t（0） 0，因为 t（x），则 t（x）在（， 1）上单调递减，所以当 x （， 0）时， t（x） 0，当 x （0，1）时， t（x） 0，所以 a1 时， x0 是函数 yxf（x）的一个极大值点综上所述， a1；（2）证明：由（ 1）可知， xf（x） x