高考数学压轴专题最新备战高考《函数与导数》难题汇编及答案解析

一、选择题

1．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

2．已知函数f(x)是偶函数，当x0时，f(x)xlnx1，则曲线yf(x)在x1处的切线方程为（ ） A．yx 【答案】A 【解析】 【分析】

首先根据函数的奇偶性，求得当x0时，fx的解析式，然后求得切点坐标，利用导数求得斜率，从而求得切线方程. 【详解】

因为x0，f(x)f(x)xln(x)1，f(1)1，f(x)ln(x)1，

B．yx2

C．yx

D．yx2

f(1)1，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y1x1，即yx.

故选：A 【点睛】

本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.

3．已知f(x)12xcosx，f'(x)为f(x)的导函数，则f'(x)的图像是（ ） 4 B．

C．

D．

A．【答案】A 【解析】

Qfx121xcosx，f'xxsinx,yf'x为奇函数，图象关于原点对42称，排除B,D，又Qf'10，可排除C，故选A.

【方法点晴】本题通过对多个图象的选择主要考查考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.



4．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2x)f(2x)，且当x2时，

xf(x)f(x)2f(x)，若f(1)1.则不等式f(x)A．(2,3) 【答案】C 【解析】 【分析】

B．(,1)

1的解集是（ ） x2D．(,1)3,

C．(1,2)2,3

令F(x)|x2|f(x)，当x2时，则F(x)(x2)f(x)，利用导数可得当x2时，

F(x)单调递增，根据题意可得F(x)的图象关于x2对称，不等式f(x)1等价

|x2|于|x2|f(x)1(x2)，从而F(x)F(1)，利用对称性可得|x2||12|，解不等式即可. 【详解】

当x2时，xf(x)f(x)2f(x)，∴(x2)f(x)f(x)0， 令F(x)|x2|f(x).

当x2时，则F(x)(x2)f(x)，F(x)(x2)f(x)f(x)0， 即当x2时，F(x)单调递增. 函数f(x)满足f(2x)f(2x)，

所以F(2x)F(2x)，即F(x)的图象关于x2对称， 不等式f(x)1等价于|x2|f(x)1(x2)， |x2|F(1)|12|f(1)f(1)1，即F(x)F(1)，

所以|x2||12|，解得1x3且x2，解集为(1,2)U(2,3). 故选：C 【点睛】

本题考查了导数在解不等式中的应用、函数的对称性的应用以及绝对值不等式的解法，属于中档题.

5．已知函数fxxaxbxa在x1处取极值10，则a（ ）

322A．4或3 【答案】C 【解析】

B．4或11

C．4 D．3

分析：根据函数的极值点和极值得到关于a,b的方程组，解方程组并进行验证可得所求． 详解：∵f(x)xaxbxa， ∴f(x)3x22axb．

322f(1)32ab0由题意得， 2f(1)1aba102ab3a3a4即，解得或． 2aba9b3b11a322当时，f(x)3x6x33(x1)0，故函数f(x)单调递增，无极值．不b3符合题意． ∴a4． 故选C．

点睛：（1）导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．

（2）对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件，因此在根据函数的极值点或极值求得参数的值后需要进行验证，舍掉不符合题意的值．

26．已知函数fxxx，且afln311，bflog，cf2，则2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．

7．给出下列说法： ①“tanx1”是“x

4

”的充分不必要条件；

②定义在a,b上的偶函数f(x)x2(a5)xb的最大值为30； ③命题“x0R,x012”的否定形式是“xR,x12”. x0xB．1

C．2

D．3

其中错误说法的个数为（ ） A．0 【答案】C 【解析】 【分析】

利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果. 【详解】 对于①，当x

4

时，一定有tanx1，但是当tanx1时，xk4,kZ，

所以“tanx1”是“x

4

”的必要不充分条件，所以①不正确；

对于②，因为fx为偶函数，所以a5.因为定义域a,b关于原点对称，所以

b5，

2所以函数f(x)x5,x[5,5]的最大值为f5f530，所以②正确；

对于③，命题“x0R,x0故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】

12”的否定形式是“xR,x12”，所以③不正确； x0x本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查

了二次函数的性质，属于中档题..

8．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,当x0时,f(x)x24x,则不等式

f(x2)5的解集为（ ）

A．(3,7) 【答案】C 【解析】 【分析】

首先求出当x0时不等式的解集，在根据偶函数的对称性求出当x0时不等式的解集，从而求出f(x)5的解集，则5x25，即可得解. 【详解】

当x0时,f(x)x4x5的解为0≤x5；

当x0时，根据偶函数图像的对称性知不等式f(x)5的解为5x0， 所以不等式f(x)5的解集为x5x5，

所以不等式f(x2)5的解集为x5x25x7x3. 故选：C 【点睛】

本题考查偶函数的性质，涉及一元二次不等式，属于基础题.

2B．(4,5) C．(7,3) D．(2,6)



9．函数yloga(x3)1（a0且a1）的图像恒过定点A，若点A在直线

mxny10上，其中m·n0，则

A．16 【答案】D 【解析】 【分析】

B．24

41的最小值为（） mnC．50

D．25

由题A（4，1），点A在直线上得4m+n＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】

令x﹣3＝1，解得x＝4，y＝1，

则函数y＝loga（x﹣3）+1（a＞0且a≠1）的图象恒过定点A（4，1）， ∴4m+n＝1， ∴

41414n4m（）（4m+n）＝16+1 mnmnmn14n4m17+8＝25，当且仅当m＝n时取等号，

5mn≥17+241的最小值为25， mn故选D． 【点睛】

故则

本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．

10．函数f(x)|x|a(aR)的图象不可能是( ) xA． B．

C． D．

【答案】C 【解析】 【分析】

变成分段函数后分段求导，通过对a分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】

aax,x01,x02xxf(x),∴f(x).

aax,x01,x0xx2x,x0(1)当a0时,f(x),图象为A;

x,x0a(2)当a0时,120,∴f(x)在(0,)上单调递增,

xa令120得xa,

xa∴当xa时,120,

xa当ax0时,120,

x∴f(x)在(,a)上单调递减,在(a,0)上单调递增,图象为D; (3)当a0时,1令1a0,∴f(x)在(,0)上单调递减, 2xa0得xa, 2xa∴当xa时,120,

xa当0xa时,120,

x∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】

本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.

11．三个数a70.3,b0.37,cln0.3大小的顺序是（ ） A．acb 【答案】B 【解析】

试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：a70.3701，即a1；

B．abc

C．bac

D．cab

0b0.370.301，即0b1；cln0.3ln10，即c0；所以abc，

故正确答案为选项B．

考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．

12．已知函数fx2xR为奇函数，且函数yfx的图象关于直线x1对

称，当x0,1时，fxA．2020 【答案】D 【解析】 【分析】

x，则f2020（ ） 202011B． C．

10102020D．0

根据题意，由函数fx的对称性可得fx4fx2，即fx2fx，进而可得fx4fx，即函数fx是周期为4的周期函数，据此可得

f2020f0，由函数的解析式计算可得答案．

【详解】

解：根据题意，函数fx2为奇函数，即函数fx的图象关于点2,0对称，则有

fxfx4，

函数yfx的图象关于直线x1对称，则fxf2x， 变形可得：fx4fx2，即fx2fx， 则有fx4fx，即函数fx是周期为4的周期函数，

f2020f05054f00；

故选：D． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性的综合应用，难度一般.一般地，若一个奇函数有对称轴（或一个偶函数有对称中心），可分析出函数具有周期性.

13．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.

14．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

11f1ff3f1又且10 2f0，即bac 2本题正确选项：A 【点睛】

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.

15．已知函数

上一定（ ）

A．有最小值 C．是减函数 【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数

在区间

上有最小值得知其对称轴

在区间

，再由基本初上的单调性.

，

B．有最大值 D．是增函数

在区间

上有最小值，则函数

在区间

等函数的单调性或单调性的性质可得出函数【详解】 由于二次函数

在区间

上有最小值，可知其对称轴

.

当时，由于函数和函数在

上都为增函数，

此时，函数当当增，

时，

在

在

上为增函数； 上为增函数；

在

上单调递

时，由双勾函数的单调性知，函数

，所以，函数

综上所述：函数【点睛】

本题考查二次函数的最值，同时也考查了

在区间

在

上为增函数，故选D.

上为增函数.

型函数单调性的分析，解题时要注意对

的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.

16．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

4x3,x017．已知函数fxx，则函数yffx的零点所在区间为22logx9,x09（ ）

A．3,7 2B．1,0

C．,4

72D．4,5

【答案】A 【解析】 【分析】

首先求得x0时，fx的取值范围.然后求得x0时，fx的单调性和零点，令

ffx0，根据“x0时，fx的取值范围”得到fx2xlog3x93，利用

零点存在性定理，求得函数yf【详解】

当x0时，3fx4.

当x0时，fx2log9x92log3x9为增函数，且f30，则x3x2xfx的零点所在区间.

是fx唯一零点.由于“当x0时，3fx4.”，所以 令ffx0，得fx2xlog3x93，因为f303，

77f82log3981.414log3393.3123，

22所以函数yf故选：A 【点睛】

本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

3,fx的零点所在区间为. 27

18．下列求导运算正确的是（ ） A．cosxsinx 【答案】B 【解析】

分析：利用基本初等函数的导数公式、导数的运算法则对给出的四种运算逐一验证，即可得到正确答案.

详解：cosxsinx，A不正确；ln2x正确；x2ex'''112 ，B正确；3x3xln3,C不2xx1B．ln2x

xC．33xxlog3e D．x2ex2xex

2xe'xx2ex，D不正确，故选B.

点睛：本题主要考查基本初等函数的导数公式、导数的运算法以及简单的复合函数求导法则，属于基础题.

19．若函数fx的定义域为R，其导函数为fx．若fx3恒成立，

f20，则fx3x6 解集为（ ）

A．,2 【答案】D 【解析】 【分析】

设gxfx3x6，求导后可得gx在R上单调递减，再结合g20即可得解. 【详解】

设gxfx3x6，

B．2,2

C．,2

D．2,

Qfx3，gxfx30，gx在R上单调递减，

又g2f2660，不等式fx3x6即gx0，

x2，不等式fx3x6的解集为2,.

故选：D. 【点睛】

本题考查了导数的应用，关键是由题意构造出新函数，属于中档题.

20．函数yx2lnxx的图象大致是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D 【解析】 【分析】

11根据函数为偶函数排除B,当x0时,利用导数得f(x)在(0,)上递减,在(,)上递增,根

ee据单调性分析A,C不正确,故只能选D. 【详解】

x2ln|x|(x)2ln|x|f(x), ,则f(x)令f(x)|x||x|所以函数f(x)为偶函数,其图像关于y轴对称,故B不正确,

x2lnx当x0时,f(x)xlnx,f(x)1lnx,

x由f(x)0,得x11,由f(x)0,得0x, ee11ee结合图像分析,A,C不正确.

故选:D 【点睛】

所以f(x)在(0,)上递减,在(,)上递增,

本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.