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专题02 函数与导数-十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
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这是一份专题02 函数与导数-十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用），文件包含专题02函数与导数填空题解答题原卷版docx、专题02函数与导数填空题解答题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
专题02函数与导数/填空题解答题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2021·浙江高考真题）已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】
对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
2．（2020·浙江高考真题（理））已知x，y为正实数，则（ ）
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgy
C．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy
【答案】D
【详解】
因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），
所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，
故选D．
3．（2020·浙江高考真题（文））已知是函数的一个零点，若，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】
转化是函数的一个零点为是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，利用图像判断即可
【详解】
因为是函数的一个零点，则是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，如图所示，
则当时，在下方，即；
当时，在上方，即，
故选：B
【点睛】考查函数的零点问题，考查数形结合思想与转化思想
4．（2019·浙江高考真题）在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.
【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.
5．（2019·浙江高考真题）已知，函数，若函数恰有三个零点，则
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．
【详解】
当时，，得；最多一个零点；
当时，，
，
当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；
当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；
根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，
如图：
且，
解得，，．
故选．
【点睛】
遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.
6．（2018·浙江高考真题）函数y=sin2x的图象可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.
详解：令，
因为，所以为奇函数，排除选项A,B;
因为时，，所以排除选项C，选D.
点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
7．（2017·浙江高考真题）若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
【答案】B
【详解】
因为最值在中取，所以最值之差一定与无关，选B．
【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值．
8．（2016·浙江高考真题（理））已知e为自然对数的底数,设函数,则．
A．当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值 B．当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C．当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值 D．当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
【答案】C
【详解】
当k=1时，函数f(x)=(ex−1)(x−1).
求导函数可得f′(x)=ex(x−1)+(ex−1)=(xex−1)
f′(1)=e−1≠0，f′(2)=2e2−1≠0，
则f(x)在在x=1处与在x=2处均取不到极值，
当k=2时，函数f(x)=(ex−1)(x−1)2.
求导函数可得f′(x)=ex(x−1)2+2(ex−1)(x−1)=(x−1)(xex+ex−2)
∴当x=1，f′(x)=0，且当x>1时，f′(x)>0，当x0
9．（2016·浙江高考真题（文））已知函数f(x)=x2+bx，则“b＜0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】：由题意知，最小值为．
令，则，
当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”；
当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A．
考点：充分必要条件．
10．（2014·浙江高考真题（理））设函数，，，记，则
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
由，故，由，故，，故，故选B
考点：比较大小.
11．（2014·浙江高考真题（文））在同一直角坐标系中，函数的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过分析幂函数和对数函数的特征可得解.
【详解】
函数，与，
答案A没有幂函数图像，
答案B.中，中，不符合，
答案C中，中，不符合，
答案D中，中，符合，故选D.
【点睛】考查了幂函数和对数函数的图像特征.
12．（2011·浙江高考真题（理））（2011•浙江）设函数f（x）=，若f（a）=4，则实数a=（ ）
A．﹣4或﹣2 B．﹣4或2 C．﹣2或4 D．﹣2或2
【答案】B
【解析】试题分析：分段函数分段处理，我们利用分类讨论的方法，分a≤0与a＞0两种情况，根据各段上函数的解析式，分别构造关于a的方程，解方程即可求出满足条件 的a值．
解：当a≤0时
若f（a）=4，则﹣a=4，解得a=﹣4
当a＞0时
若f（a）=4，则a2=4，解得a=2或a=﹣2（舍去）
故实数a=﹣4或a=2
故选B
考点：分段函数的解析式求法及其图象的作法．
13．（2011·浙江高考真题（文））设函数，若为函数的一个极值点，则下列图像不可能为的图像是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
，令则
，因为为函数的一个极值点，所以是的一个根，即
于是，，
则故A、B可能；对于D，，，则，与图矛盾，不可能，故选D
二、填空题
14．（2021·浙江高考真题）已知，函数若，则___________.
【答案】2
【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.
【详解】
，故，
故答案为：2.
15．（2019·浙江高考真题）已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____.
【答案】
【分析】考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题.从研究入手，令，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.
【详解】
使得，
使得令，则原不等式转化为存在，
由折线函数，如图
只需，即，即的最大值是
【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
16．（2017·浙江高考真题）已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是__________
【答案】
【详解】
，分类讨论：
①当时，，
函数的最大值，舍去；
②当时，，此时命题成立；
③当时，，则：
或，解得：或
综上可得，实数的取值范围是．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由，得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①；②；③，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．
17．（2016·浙江高考真题（文））设函数f(x)=x3+3x2+1.已知a≠0，且f(x)–f(a)=(x–b)(x–a)2，，则实数a=_____，b=______.
【答案】－2，1
【详解】
试题分析：，
，
所以，解得．
【考点】函数解析式.
【思路点睛】先计算，再将展开，进而对照系数可得含有，的方程组，解方程组可得和的值．
18．（2015·浙江高考真题（文））计算：_________，_________．
【答案】
【详解】
；.
考点：对数运算
19．（2011·浙江高考真题（文））设函数,若,则实数=____
【答案】
【详解】
试题分析：由得
考点：函数求值
三、解答题
20．（2021·浙江高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
21．（2020·浙江高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】
（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii），
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
【点睛】考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
22．（2019·浙江高考真题）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.
(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.
【详解】
(1)当时，，函数的定义域为，且：
，
因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)由，得，
当时，，等价于，
令，则，
设，，
则，
（i）当时，，
则，
记，
则
列表讨论：
x
（）
1
（1，+∞）
p′（x）
﹣
0
+
P（x）
p（）
单调递减
极小值p（1）
单调递增
（ii）当时，，
令，
则，
故在上单调递增，，
由（i）得，
，
由（i）（ii）知对任意，
即对任意，均有，
综上所述，所求的a的取值范围是．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
23．（2018·浙江高考真题）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
【详解】
详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由,得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）
-
0
+
2-4ln2
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
24．（2017·浙江高考真题）已知函数
（I）求的导函数
（II）求在区间上的取值范围
【答案】（I）；（II）.
【详解】
试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力．
（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）因为，，
所以．
（Ⅱ）由
，解得
或．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，）
–
0
+
0
–
f（x）
0
又，
所以f（x）在区间上的取值范围是．
【名师点睛】
本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值．
25．（2015·浙江高考真题（文））设函数.
（1）当时，求函数在上的最小值的表达式；
（2）已知函数在上存在零点，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定区间上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；（2）设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数的取值情况，利用并集原理得到参数的取值范围.
试题解析：（1）当时，，故其对称轴为.
当时，.
当时，.
当时，.
综上，
（2）设为方程的解，且，则.
由于，因此.
当时，，
由于和，
所以.
当时，，
由于和，所以.
综上可知，的取值范围是.
考点：1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
26．（2015·浙江高考真题（理））（本题满分15分）已知函数，记是在区间上的最大值.
（1）证明：当时，；
（2）当，满足，求的最大值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）分析题意可知在上单调，从而可知
，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知
，再由可得，
，即可得证.
试题解析：（1）由，得对称轴为直线，由，得
，故在上单调，∴，当时，由
，得，即，当时，由
，得，即，综上，当时，
；（2）由得，，故，，由，得，当，时，，且在上的最大值为，即，∴的最大值为..
考点：1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
27．（2014·浙江高考真题（文））已知函数，若在上的最小值记为.
（1）求；
（2）证明：当时，恒有.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）因为，对实数分类讨论，①，②，分别用导数法求函数单调区间，从而确定的值，再用分段函数表示；（2）构造函数，对实数分类讨论，①，②，分别用导数法求函数单调区间，从而确定的最大值，即可证明当时恒有成立.
（1）因为，
①当时，
若，则，，故在上是减函数；
若，则，，故在上是增函数；
所以，.
②当，则，，，故在上是减函数，
所以，
综上所述，.
（2）令，
①当时，，
若，得，所以在上是增函数，所以在上的最大值是，且，所以，
故.
若，，则，所以在上是减函数，
所以在上的最大值是，
令，则，
所以在上是增函数，所以即，
故，
②当时，，所以，得，
此时在上是减函数，因此在上的最大值是，
故，
综上所述，当时恒有.
考点：函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性.
28．（2011·浙江高考真题（理））（2011•浙江）设函数f（x）=（x﹣a）2lnx，a∈R
（1）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a；
（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立．
注：e为自然对数的底数．
【答案】（1）a=e，或a=3e （2）
【解析】（1）求导得f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），
因为x=e是f（x）的极值点，
所以f′（e）=0
解得a=e或a=3e．
经检验，a=e或a=3e符合题意，
所以a=e，或a=3e
（2）①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f（x）≤0＜4e2成立
②当1＜x≤3e时，，由题意，首先有f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2，
解得
由（1）知f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），
令h（x）=2lnx+1﹣，则h（1）=1﹣a＜0，
h（a）=2lna＞0且h（3e）=2ln3e+1﹣≥2ln3e+1﹣=2（ln3e﹣）＞0
又h（x）在（0，+∞）内单调递增，所以函数h（x）在在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为x0
则1＜x0＜3e，1＜x0＜a，从而，当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，
当x∈（x0，a）时，f′（x）＜0，
当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，x0）内是增函数，
在（x0，a）内是减函数，在（a，+∞）内是增函数
所以要使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立只要有
有h（x0）=2lnx0+1﹣=0得a=2x0lnx0+x0，将它代入得4x02ln3x0≤4e2
又x0＞1，注意到函数4x2ln3x在（1，+∞）上是增函数故1＜x0≤e
再由a=2x0lnx0+x0，及函数2xlnx+x在（1，+∞）上是增函数，可得1＜a≤3e
由f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2解得，
所以得
综上，a的取值范围为
十年（2012-2021）高考数学真题分项汇编（浙江专用）
专题02函数与导数/填空题解答题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2021·浙江高考真题）已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】
对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
2．（2020·浙江高考真题（理））已知x，y为正实数，则（ ）
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgy
C．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy
【答案】D
【详解】
因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），
所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，
故选D．
3．（2020·浙江高考真题（文））已知是函数的一个零点，若，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】
转化是函数的一个零点为是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，利用图像判断即可
【详解】
因为是函数的一个零点，则是函数与的交点的横坐标，画出函数图像，如图所示，
则当时，在下方，即；
当时，在上方，即，
故选：B
【点睛】考查函数的零点问题，考查数形结合思想与转化思想
4．（2019·浙江高考真题）在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.
【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.
5．（2019·浙江高考真题）已知，函数，若函数恰有三个零点，则
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．
【详解】
当时，，得；最多一个零点；
当时，，
，
当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；
当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；
根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，
如图：
且，
解得，，．
故选．
【点睛】
遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.
6．（2018·浙江高考真题）函数y=sin2x的图象可能是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.
详解：令，
因为，所以为奇函数，排除选项A,B;
因为时，，所以排除选项C，选D.
点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
7．（2017·浙江高考真题）若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
【答案】B
【详解】
因为最值在中取，所以最值之差一定与无关，选B．
【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值．
8．（2016·浙江高考真题（理））已知e为自然对数的底数,设函数,则．
A．当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值 B．当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C．当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值 D．当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
【答案】C
【详解】
当k=1时，函数f(x)=(ex−1)(x−1).
求导函数可得f′(x)=ex(x−1)+(ex−1)=(xex−1)
f′(1)=e−1≠0，f′(2)=2e2−1≠0，
则f(x)在在x=1处与在x=2处均取不到极值，
当k=2时，函数f(x)=(ex−1)(x−1)2.
求导函数可得f′(x)=ex(x−1)2+2(ex−1)(x−1)=(x−1)(xex+ex−2)
∴当x=1，f′(x)=0，且当x>1时，f′(x)>0，当x0
9．（2016·浙江高考真题（文））已知函数f(x)=x2+bx，则“b＜0”是“f(f(x))的最小值与f(x)的最小值相等”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】：由题意知，最小值为．
令，则，
当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”；
当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A．
考点：充分必要条件．
10．（2014·浙江高考真题（理））设函数，，，记，则
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
由，故，由，故，，故，故选B
考点：比较大小.
11．（2014·浙江高考真题（文））在同一直角坐标系中，函数的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过分析幂函数和对数函数的特征可得解.
【详解】
函数，与，
答案A没有幂函数图像，
答案B.中，中，不符合，
答案C中，中，不符合，
答案D中，中，符合，故选D.
【点睛】考查了幂函数和对数函数的图像特征.
12．（2011·浙江高考真题（理））（2011•浙江）设函数f（x）=，若f（a）=4，则实数a=（ ）
A．﹣4或﹣2 B．﹣4或2 C．﹣2或4 D．﹣2或2
【答案】B
【解析】试题分析：分段函数分段处理，我们利用分类讨论的方法，分a≤0与a＞0两种情况，根据各段上函数的解析式，分别构造关于a的方程，解方程即可求出满足条件 的a值．
解：当a≤0时
若f（a）=4，则﹣a=4，解得a=﹣4
当a＞0时
若f（a）=4，则a2=4，解得a=2或a=﹣2（舍去）
故实数a=﹣4或a=2
故选B
考点：分段函数的解析式求法及其图象的作法．
13．（2011·浙江高考真题（文））设函数，若为函数的一个极值点，则下列图像不可能为的图像是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】
，令则
，因为为函数的一个极值点，所以是的一个根，即
于是，，
则故A、B可能；对于D，，，则，与图矛盾，不可能，故选D
二、填空题
14．（2021·浙江高考真题）已知，函数若，则___________.
【答案】2
【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.
【详解】
，故，
故答案为：2.
15．（2019·浙江高考真题）已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____.
【答案】
【分析】考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题.从研究入手，令，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.
【详解】
使得，
使得令，则原不等式转化为存在，
由折线函数，如图
只需，即，即的最大值是
【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
16．（2017·浙江高考真题）已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是__________
【答案】
【详解】
，分类讨论：
①当时，，
函数的最大值，舍去；
②当时，，此时命题成立；
③当时，，则：
或，解得：或
综上可得，实数的取值范围是．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由，得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①；②；③，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．
17．（2016·浙江高考真题（文））设函数f(x)=x3+3x2+1.已知a≠0，且f(x)–f(a)=(x–b)(x–a)2，，则实数a=_____，b=______.
【答案】－2，1
【详解】
试题分析：，
，
所以，解得．
【考点】函数解析式.
【思路点睛】先计算，再将展开，进而对照系数可得含有，的方程组，解方程组可得和的值．
18．（2015·浙江高考真题（文））计算：_________，_________．
【答案】
【详解】
；.
考点：对数运算
19．（2011·浙江高考真题（文））设函数,若,则实数=____
【答案】
【详解】
试题分析：由得
考点：函数求值
三、解答题
20．（2021·浙江高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
21．（2020·浙江高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】
（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii），
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
【点睛】考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
22．（2019·浙江高考真题）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.
(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.
【详解】
(1)当时，，函数的定义域为，且：
，
因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.
(2)由，得，
当时，，等价于，
令，则，
设，，
则，
（i）当时，，
则，
记，
则
列表讨论：
x
（）
1
（1，+∞）
p′（x）
﹣
0
+
P（x）
p（）
单调递减
极小值p（1）
单调递增
（ii）当时，，
令，
则，
故在上单调递增，，
由（i）得，
，
由（i）（ii）知对任意，
即对任意，均有，
综上所述，所求的a的取值范围是．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
23．（2018·浙江高考真题）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
【详解】
详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由,得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）
-
0
+
2-4ln2
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
24．（2017·浙江高考真题）已知函数
（I）求的导函数
（II）求在区间上的取值范围
【答案】（I）；（II）.
【详解】
试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力．
（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）因为，，
所以．
（Ⅱ）由
，解得
或．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，）
–
0
+
0
–
f（x）
0
又，
所以f（x）在区间上的取值范围是．
【名师点睛】
本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值．
25．（2015·浙江高考真题（文））设函数.
（1）当时，求函数在上的最小值的表达式；
（2）已知函数在上存在零点，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类讨论确定函数在给定区间上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；（2）设定函数的零点，根据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类讨论，分别确定参数的取值情况，利用并集原理得到参数的取值范围.
试题解析：（1）当时，，故其对称轴为.
当时，.
当时，.
当时，.
综上，
（2）设为方程的解，且，则.
由于，因此.
当时，，
由于和，
所以.
当时，，
由于和，所以.
综上可知，的取值范围是.
考点：1.函数的单调性与最值；2.分段函数；3.不等式性质；4.分类讨论思想.
26．（2015·浙江高考真题（理））（本题满分15分）已知函数，记是在区间上的最大值.
（1）证明：当时，；
（2）当，满足，求的最大值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）分析题意可知在上单调，从而可知
，分类讨论的取值范围即可求解.；（2）分析题意可知
，再由可得，
，即可得证.
试题解析：（1）由，得对称轴为直线，由，得
，故在上单调，∴，当时，由
，得，即，当时，由
，得，即，综上，当时，
；（2）由得，，故，，由，得，当，时，，且在上的最大值为，即，∴的最大值为..
考点：1.二次函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
27．（2014·浙江高考真题（文））已知函数，若在上的最小值记为.
（1）求；
（2）证明：当时，恒有.
【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）因为，对实数分类讨论，①，②，分别用导数法求函数单调区间，从而确定的值，再用分段函数表示；（2）构造函数，对实数分类讨论，①，②，分别用导数法求函数单调区间，从而确定的最大值，即可证明当时恒有成立.
（1）因为，
①当时，
若，则，，故在上是减函数；
若，则，，故在上是增函数；
所以，.
②当，则，，，故在上是减函数，
所以，
综上所述，.
（2）令，
①当时，，
若，得，所以在上是增函数，所以在上的最大值是，且，所以，
故.
若，，则，所以在上是减函数，
所以在上的最大值是，
令，则，
所以在上是增函数，所以即，
故，
②当时，，所以，得，
此时在上是减函数，因此在上的最大值是，
故，
综上所述，当时恒有.
考点：函数最大（最小）值的概念，利用导数研究函数的单调性.
28．（2011·浙江高考真题（理））（2011•浙江）设函数f（x）=（x﹣a）2lnx，a∈R
（1）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a；
（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立．
注：e为自然对数的底数．
【答案】（1）a=e，或a=3e （2）
【解析】（1）求导得f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），
因为x=e是f（x）的极值点，
所以f′（e）=0
解得a=e或a=3e．
经检验，a=e或a=3e符合题意，
所以a=e，或a=3e
（2）①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f（x）≤0＜4e2成立
②当1＜x≤3e时，，由题意，首先有f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2，
解得
由（1）知f′（x）=2（x﹣a）lnx+=（x﹣a）（2lnx+1﹣），
令h（x）=2lnx+1﹣，则h（1）=1﹣a＜0，
h（a）=2lna＞0且h（3e）=2ln3e+1﹣≥2ln3e+1﹣=2（ln3e﹣）＞0
又h（x）在（0，+∞）内单调递增，所以函数h（x）在在（0，+∞）内有唯一零点，记此零点为x0
则1＜x0＜3e，1＜x0＜a，从而，当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，
当x∈（x0，a）时，f′（x）＜0，
当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，x0）内是增函数，
在（x0，a）内是减函数，在（a，+∞）内是增函数
所以要使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立只要有
有h（x0）=2lnx0+1﹣=0得a=2x0lnx0+x0，将它代入得4x02ln3x0≤4e2
又x0＞1，注意到函数4x2ln3x在（1，+∞）上是增函数故1＜x0≤e
再由a=2x0lnx0+x0，及函数2xlnx+x在（1，+∞）上是增函数，可得1＜a≤3e
由f（3e）=（3e﹣a）2ln3e≤4e2解得，
所以得
综上，a的取值范围为
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