5年（2021-2025）北京高考数学真题分类汇编：专题02 函数与导数（解析版）

专题02函数与导数

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

考点1函数模

型及应用2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷

（5年3考）

考点2基本初

等函数的性

质：单调性、2025北京卷、2023北京卷、2022北京卷、

奇偶性、周期2021北京卷

性、对称性

（5年4考）近五年高考命题显示，本节内容为高考重

考点3比较大点。函数单调性、奇偶性、对称性、周期

小问题2024北京卷性是必考知识点，尤其周期性、对称性、

（5年1考）奇偶性常相互结合，并与函数图像、零点

考点4函数与及不等式综合考查。导数及其应用在高考

方程的综合问中的考查较为稳定，是重点内容。面对高

2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷

题考相关试题，关键在于把握导数是研究函

（5年3考）数的有力工具，借助图像直观呈现函数单

考点5函数及调性、极值、最值等本质问题。无论试题

其表示2023北京卷、2022北京卷、2022北京卷如何变化，最终都要聚焦于函数的单调性

（5年3考）与最值，它们是导数考查的核心所在，做

考点6双变量好具体问题转化即可。

问题2025北京卷、2022北京卷

（5年2考）

考点7零点问

题2024北京卷

（5年1考）

考点8极最值

问题2023北京卷、2021北京卷

（5年2考）

考点01函数模型及应用

1．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要的时间

69

Tklog2N（单位：h），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从10个单位增加到1.02410个

单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N从1.024109个单位增加到4.096109个单位时，训练时间增

加（）

A．2hB．4hC．20hD．40h

【答案】B

699

【解析】设当N取10个单位、1.02410个单位、4.09610个单位时所需时间分别为T1,T2,T3,

6

由题意，T1klog2106klog210，

9106

T2klog21.02410klog2210k106log210，

9126

T3klog24.09610klog2210k126log210，

因为T2T1k106log2106klog21010k20，所以k2，

所以T3T2k126log210k106log2102k4，

所以当训练数据量N从1.024109个单位增加到4.096109个单位时，训练时间增加4小时.

故选：B.

S1

2．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数d是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示河流

lnN

中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没

有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）

A．3N22N1B．2N23N1

2332

C．N2N1D．N2N1

【答案】D

S1S1

32

【解析】由题意得2.1,3.15，则2.1lnN13.15lnN2，即2lnN13lnN2，所以N2N1.

lnN1lnN2

故选：D.

3．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰

技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T

表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar．下列结论中正确的是（）

A．当T220，P1026时，二氧化碳处于液态

B．当T270，P128时，二氧化碳处于气态

C．当T300，P9987时，二氧化碳处于超临界状态

D．当T360，P729时，二氧化碳处于超临界状态

【答案】D

【解析】当T220，P1026时，lgP3，此时二氧化碳处于固态，故A错误.

当T270，P128时，2lgP3，此时二氧化碳处于液态，故B错误.

当T300，P9987时，lgP与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，对应的是非超临界状态，故C错

误.

当T360，P729时，因2lgP3,故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.

故选：D

考点02基本初等函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性

4．（2025·北京·高考真题）关于定义域为R的函数f(x)，给出下列四个结论：

存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)f(2x)x恒成立；

①存在在R上单调递减的函数f(x)使得fxf2xx恒成立；

②使得f(x)f(x)cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；

③使得f(x)f(x)cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．

④其中正确结论的序号是．

【答案】

【解析】对②于③，若存在在R上的增函数fx，满足fxf2xx，

则f0f2①00，即f00，

故x0时，f4xf2xfx0，故f(4x)f(2x)f(x)f(2x)，

故2xx即x0，矛盾，故错误；

①

对于，取fxx，该函数为R上的减函数且fxf2xx，

故该函②数符合，故正确；

1

对于，取fx②cosxmx,mR，

2

③

此时fxfxcosx，由mR可得fx有无穷多个，

故正确；

对于③，若存在fx，使得fxfxcosx，

令x④0，则0cos0，但cos01，矛盾，

故满足fxfxcosx的函数不存在，故错误.

故答案为：④

5．（2023·北②京③·高考真题）下列函数中，在区间(0,)上单调递增的是（）

1

A．f(x)lnxB．f(x)

2x

1

C．f(x)D．f(x)3|x1|

x

【答案】C

【解析】对于A，因为ylnx在0,上单调递增，yx在0,上单调递减，

所以fxlnx在0,上单调递减，故A错误；

1

对于B，因为y2x在0,上单调递增，y在0,上单调递减，

x

1

所以fx在0,上单调递减，故B错误；

2x

1

对于C，因为y在0,上单调递减，yx在0,上单调递减，

x

1

所以fx在0,上单调递增，故C正确；

x

1

11

1211021

对于D，因为f3323，f1331,f233，

2

显然fx3x1在0,上不单调，D错误.

故选：C.

1

6．（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)，则对任意实数x，有（）

12x

A．f(-x)+f(x)=0B．f(x)f(x)0

1

C．f(x)f(x)1D．f(x)f(x)

3

【答案】C

112x1

【解析】fxfx1，故A错误，C正确；

12x12x12x12x

112x12x12

fxfx1，不是常数，故BD错误；

12x12x12x12x2x12x1

故选：C．

7．（2021·北京·高考真题）函数f(x)cosxcos2x是

A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2

99

C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为

88

【答案】D

【解析】由题意，f(x)cosxcos2xcosxcos2xfx，所以该函数为偶函数，

2

219

又f(x)cosxcos2x2cosxcosx12cosx，

48

19

所以当cosx时，f(x)取最大值.

48

故选：D.

考点03比较大小问题

x

8．（2024·北京·高考真题）已知x1,y1，x2,y2是函数y2的图象上两个不同的点，则（）

yyxxyyxx

A．log1212B．log1212

222222

yyyy

C．log12xxD．log12xx

22122212

【答案】B

xx1x2

【解析】由题意不妨设x1x2，因为函数y2是增函数，所以022，即0y1y2，

xxxx

2x12x212yy12

对于选项AB：可得2x1·2x222，即12220，

22

x1x2

y1y22x1x2

根据函数ylog2x是增函数，所以loglog2，故B正确，A错误；

2222

对于选项D：例如x10,x21，则y11,y22，

yy3yy

可得log12log0,1，即log121xx，故D错误；

22222212

11

对于选项C：例如x1,x2，则y,y，

121224

yy3yy

可得log12loglog332,1，即log123xx，故C错误，

222822212

故选：B.

考点04函数与方程的综合问题

x2,xa,

9．（2023·北京·高考真题）设a0，函数f(x)a2x2,axa,，给出下列四个结论：

x1,xa.

f(x)在区间(a1,)上单调递减；

①当a1时，f(x)存在最大值；

②设Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a，则|MN|1；

③1

设Px3,fx3x3a,Qx4,fx4x4a．若|PQ|存在最小值，则a的取值范围是0,．

2

其④中所有正确结论的序号是．

【答案】

【解析】依②题③意，a0，

当xa时，fxx2，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；

当axa时，fxa2x2，易知其图像是，圆心为0,0，半径为a的圆在x轴上方的图像（即半圆）；

当xa时，fxx1，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；

1

对于，取a，则fx的图像如下，

2

①

11

显然，当x(a1,)，即x,时，fx在,0上单调递增，故错误；

22

①

对于，当a1时，

当x②a时，fxx2a21；

当axa时，fxa2x2显然取得最大值a；

当xa时，fxx1a12，

综上：fx取得最大值a，故正确；

对于，易知当ax1a时，在②x1a，x2a且接近于xa处，Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a

的距离③最小，

当x1a时，yfx10，当x2a且接近于xa处，y2fx2a1，

此时，MNy1y2a11，

当x1a时，x2a且接近于xa处，Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a的距离最小，

aa12

此时MN1；故正确；

2

③

4

对于，取a，则fx的图像如下，

5

④

因为Px3,fx3x3a,Qx4,fx4x4a，

4

结合图像可知，要使PQ取得最小值，则点P在fxx2x上，点Q在

5

16244

fxxx，

2555

4

同时PQ的最小值为点O到fxx2x的距离减去半圆的半径a，

5

4

此时，因为fxyx2x的斜率为1，则kOP1，故直线OP的方程为yx，

5

yxx1

联立，解得，则P1,1，

yx2y1

4

显然P1,1在fxx2x上，满足PQ取得最小值，

5

41

即a也满足PQ存在最小值，故a的取值范围不仅仅是0,，故错误.

52

④

故答案为：.

②③ax1,xa,

10．（2022·北京·高考真题）设函数fx2若f(x)存在最小值，则a的一个取值为；

x2,xa.

a的最大值为．

【答案】0（答案不唯一）1

1,x0

【解析】若a0时，f(x){，f(x)0；

(x2)2,x0min

∴

若a0时，当xa时，f(x)ax1单调递增，当x时，f(x)，故f(x)没有最小值，不符合

题目要求；

若a0时，

当xa时，f(x)ax1单调递减，f(x)f(a)a21，

0(0a2)

当xa时，f(x){

min(a2)2(a2)

a210或a21（a2）2，

∴解得0a1，

综上可得0a1；

故答案为：0（答案不唯一），1

11．（2021·北京·高考真题）已知函数f(x)lgxkx2，给出下列四个结论：

若k0，f(x)恰有2个零点；

①存在负数k，使得f(x)恰有1个零点；

②存在负数k，使得f(x)恰有3个零点；

③存在正数k，使得f(x)恰有3个零点．

④其中所有正确结论的序号是．

【答案】

1

【解析】对①于②④，当k0时，由fxlgx20，可得x或x100，正确；

100

①①

对于，考查直线ykx2与曲线ylgx0x1相切于点Pt,lgt，

②

e

kt2lgtt

1100

对函数ylgx求导得y，由题意可得1，解得，

xln10k100

tln10klge

e

100

所以，存在klge0，使得fx只有一个零点，正确；

e

②

对于，当直线ykx2过点1,0时，k20，解得k2，

③100

所以，当lgek2时，直线ykx2与曲线ylgx0x1有两个交点，

e

若函数fx有三个零点，则直线ykx2与曲线ylgx0x1有两个交点，

100

lgek2

直线ykx2与曲线ylgxx1有一个交点，所以，e，此不等式无解，

k20

因此，不存在k0，使得函数fx有三个零点，错误；

对于，考查直线ykx2与曲线ylgxx1相③切于点Pt,lgt，

④kt2lgtt100e

1

对函数ylgx求导得y，由题意可得1，解得lge，

xln10kk

tln10100e

lge

所以，当0k时，函数fx有三个零点，正确.

100e

④

故答案为：.

①②④

考点05函数及其表示

x1

12．（2023·北京·高考真题）已知函数f(x)4log2x，则f．

2

【答案】1

1

x121

【解析】函数f(x)4log2x，所以f()4log211.

222

故答案为：1

13．（2022·北京·高考真题）若函数f(x)Asinx3cosx的一个零点为，则A；

3

f．

12

【答案】12

π33

【解析】f()A0，A1

322

∵∴

π

f(x)sinx3cosx2sin(x)

3

∴ππππ

f()2sin()2sin2

121234

故答案为：1，2

1

14．（2022·北京·高考真题）函数f(x)1x的定义域是．

x

【答案】,00,1

11x0

【解析】因为fx1x，所以，解得x1且x0，

xx0

故函数的定义域为,00,1；

故答案为：,00,1

考点06双变量问题

ln1x

15．（2025·北京·高考真题）已知函数f(x)的定义域是1,,f00，导函数fx，设l1是

1x

曲线yfx在点A(a,f(a))(a0)处的切线．

(1)求f(x)的最大值；

(2)当1a0时，证明：除切点A外，曲线yf(x)在直线l1的上方；

2ax2x1

(3)设过点A的直线l2与直线l1垂直，l1，l2与x轴交点的横坐标分别是x1，x2，若a0，求的取

x2x1

值范围．

1

1xln1x1ln1x

【解析】（1）设gxfx，1x，

gx22

1x1x

由gx0可得xe1，当x1,e1时，gx0，gx单调递增，

当xe1,时，gx0，gx单调递减，

1

所以fx的最大值为fe1.

e

ln1aln1aln1a

（2）因为fa，所以直线l1的方程为yfaxa，即yxafa，

1a1a1a

ln1aln1xln1a

设hxfxxafa，hxfxfa，

1a1x1a

由（1）可知，fx在x1,e1上单调递增，而1a0，

所以，当1xa时，hx0，hx单调递减，

当0xa时，hx0，hx单调递增，且faf00，

ln1x

而当x0时，fx0，所以总有fxfa，hx单调递增

1x

故hxha，从而命题得证；

:1

（3）解法一：由题意，直线l:yfaxa+fa，直线l1yxa+fa，

1fa

fa

所以x+a，xfafa+a，

1fa2

ln1x

当x0时，fx0，fx在0,上单调递增，

1x

所以faf00,fa0，

fa

2afafa+a+a

2axxfa

所以21

x2x1fa

fafa+a+a

fa

2

fa12

212，

fa1fa1

1

由（1）可得当a0时，f(a)0,，

e

2

2122e

所以fa0,,,2，

222

efa1e1

2axxe21

21

所以2,1.

x2x1e1

ln1xln21xln21x

解法二：由fx可设fxC，又f00，所以C0，即fx，

1x22

ln1aln21a

因为直线l1的方程为yxa，易知a0，

1a2

1aln21a

所以直线l的方程为yxa,

2ln1a2

1aln1aln31a

xa，x2a.

1221a

1aln1aln31a

2

2axx221a1aln21a

所以12

xxln31a1aln1a22

21ln1a1a

21a2

ln21a

1

22

1a1ga211

1,由（1）知,当x0时，gx(0,]，所以g2a(0,],

ln21a1g2a1g2aee2

21

1a

2axxe21

21

所以2,1.

x2x1e1

16．（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)exln(1x)．

(1)求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)设g(x)f(x)，讨论函数g(x)在[0,)上的单调性；

(3)证明：对任意的s,t(0,)，有f(st)f(s)f(t)．

【解析】（1）因为f(x)exln(1x)，所以f00，

即切点坐标为0,0，

1

又f(x)ex(ln(1x))，

1x

切线斜率kf(0)1

∴切线方程为：yx

1

（∴2）因为g(x)f(x)ex(ln(1x))，

1x

21

所以g(x)ex(ln(1x))，

1x(1x)2

21

令h(x)ln(1x)，

1x(1x)2

122x21

则h(x)0，

1x(1x)2(1x)3(1x)3

h(x)在[0,)上单调递增，

∴h(x)h(0)10

∴g(x)0在[0,)上恒成立，

∴g(x)在[0,)上单调递增.

∴（3）原不等式等价于f(st)f(s)f(t)f(0)，

令m(x)f(xt)f(x)，(x,t0)，

即证m(x)m(0)，

m(x)f(xt)f(x)extln(1xt)exln(1x)，

∵extex

m(x)extln(1xt)exln(1x)g(xt)g(x)，

1xt1x

1

由（2）知g(x)f(x)ex(ln(1x))在0,上单调递增，

1x

g(xt)g(x)，

∴m(x)0

∴m(x)在0,上单调递增，又因为x,t0，

∴m(x)m(0)，所以命题得证.

∴

考点07零点问题

17．（2024·北京·高考真题）设函数fxxkln1xk0，直线l是曲线yfx在点t,ftt0处

的切线．

(1)当k1时，求fx的单调区间.

(2)求证：l不经过点0,0.

(3)当k1时，设点At,ftt0，C0,ft，O0,0，B为l与y轴的交点，SACO与SABO分别表示

△ACO与ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？

（参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln71.95）

1x

【解析】（1）f(x)xln(1x),f(x)1(x1)，

1x1x

当x1,0时，fx0；当x0,，fx0；

f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,)上单调递增.

则f(x)的单调递减区间为(1,0)，单调递增区间为(0,).

kk

（2）f(x)1，切线l的斜率为1，

1x1t

k

则切线方程为yf(t)1(xt)(t0)，

1t

kk

将(0,0)代入则f(t)t1,f(t)t1，

1t1t

ktt

即tkln(1t)tt，则ln(1t)，ln(1t)0，

1t1t1t

t

令F(t)ln(1t)，

1t

假设l过(0,0)，则F(t)在t(0,)存在零点.

11ttt

F(t)0，F(t)在(0,)上单调递增，F(t)F(0)0，

1t(1t)2(1t)2

F(t)在(0,)无零点，与假设矛盾，故直线l不过(0,0).

1x2

（3）k1时，f(x)xln(1x),f(x)10.

1x1x

1

Stf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，

ACO2

t0时，若q0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.

由（2）知q0.所以q0，

1

则切线l的方程为ytlnt11xt，

1t

t

令x0，则yqyln(1t).

t1

t

，则，

2SACO15SABO2tf(t)15tln(1t)

t1

t15t

13ln(1t)2t150，记h(t)13ln(1t)2t(t0)，

1t1t

满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.

2

131513t132t2t1152t29t42t1t4

，

ht22222

1tt1t1t1t1

1

当t0,时，ht0，此时ht单调递减；

2

1

当t,4时，ht0，此时ht单调递增；

2

当t4,时，ht0，此时ht单调递减；

1

因为h(0)0,h0,h(4)13ln520131.6200.80，

2

15247272

h(24)13ln254826ln548261.614820.540，

2555

1

所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在,4上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，

2

综上所述，h(t)有两个零点，即满足2SACO15SABO的A有两个.

考点08极最值问题

18．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)xx3eaxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yx1．

(1)求a,b的值；

(2)设函数g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；

(3)求f(x)的极值点个数．

【解析】（1）因为f(x)xx3eaxb,xR，所以fx13x2ax3eaxb，

因为fx在(1,f(1))处的切线方程为yx1，

所以f(1)110，f(1)1，

113eab0a1

则ab，解得，

13ae1b1

所以a1,b1.

（2）由（1）得gxfx13x2x3ex1xR，

则gxxx26x6ex1，

2

令x6x60，解得x33，不妨设x133，x233，则0x1x2，

易知ex10恒成立，

所以令gx0，解得0xx1或xx2；令gx0，解得x0或x1xx2；

所以gx在0,x1，x2,上单调递减，在,0，x1,x2上单调递增，

即gx的单调递减区间为0,33和33,，单调递增区间为,0和33,33.

（3）由（1）得f(x)xx3ex1xR，fx13x2x3ex1，

由（2）知fx在0,x1，x2,上单调递减，在,0，x1,x2上单调递增，

当x0时，f114e20，f010，即f1f00

所以fx在,0上存在唯一零点，不妨设为x3，则1x30，

此时，当xx3时，fx0，则fx单调递减；当x3x0时，fx0，则fx单调递增；

所以fx在,0上有一个极小值点；

当x0,x1时，fx在0,x1上单调递减，

则fx1f33f1120，故f0fx10，

所以fx在0,x1上存在唯一零点，不妨设为x4，则0x4x1，

此时，当0xx4时，fx0，则fx单调递增；当x4xx1时，fx0，则fx单调递减；

所以fx在0,x1上有一个极大值点；

当xx1,x2时，fx在x1,x2上单调递增，

则fx2f33f310，故fx1fx20，

所以fx在x1,x2上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1x5x2，

此时，当x1xx5时，fx0，则fx单调递减；当x5xx2时，fx0，则fx单调递增；

所以fx在x1,x2上有一个极小值点；

232

当xx2333时，3xxx3x0，

所以fx13x2x3ex10，则fx单调递增，

所以fx在x2,上无极值点；

综上：fx在,0和x1,x2上各有一个极小值点，在0,x1上有一个极大值点，共有3个极值点.

32x

19．（2021·北京·高考真题）已知函数fx．

x2a

（1）若a0，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；

（2）若fx在x1处取得极值，求fx的单调区间，以及其最大值与最小值．

32x2x3

【解析】（1）当a0时，fx，则fx，f11，f14，

x2x3

此时，曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y14x1，即4xy50；

2x2a2x32x2x23xa

32x

（2）因为fx，则fx22，

x2ax2ax2a

24a

由题意可得f120，解得a