高考数学压轴专题(易错题)备战高考《函数与导数》基础测试题附答案

一、选择题

1．若定义在R上的偶函数fx满足fxf2x0．当x0,1，

fx1x2，则（ ）

A．flog12f35flog23 2B．f5flog21flog23 235C．flog12flog23f

23【答案】A 【解析】 【分析】

5D．fflog23flog12

23推导出函数yfx的周期为4，根据题意计算出f5f210，2flog23flog240，3flog12flog320，再利用函数yfx在区3间0,1上的单调性可得出结论. 【详解】

因为定义在R上的偶函数yfx满足fxf2x0，即

fxfx20，

即fxfx2，fxfx2fx4， 所以，函数yfx的周期为4，

因为当x0,1时，fx1x单调递减，

2因为f5f21f210，flog23f2log240， 3flog12flog32flog320， 3因为0log2411，所以f32log2log24f34，即31， 25flog12fflog23，

23flog2所以，f13故选：A． 【点睛】

1f2本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关

键，属于中等题.

2．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（ ） A．﹣2 【答案】C 【解析】 【分析】

根据对称性即可求出答案． 【详解】

解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2， 故选：C． 【点睛】

本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．

B．﹣1

C．2

D．4

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．曲线y=x2与直线yx所围成的封闭图形的面积为（ ） A．

1 6B．

1 3C．

1 2D．

5 6【答案】A 【解析】

曲线yx与直线yx的交点坐标为0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线yx22与直线yx所围成的封闭图形的面积为

1213112xxdxxx|0 ，故选A. 23601

5．函数fxlnx1的图象大致是（ ） xA． B．

C． D．

【答案】B 【解析】 【分析】

通过函数在x2处函数有意义，在x2处函数无意义，可排除A、D；通过判断当

x1时，函数的单调性可排除C，即可得结果. 【详解】

1当x2时，x10，函数有意义，可排除A；

x13当x2时，x0，函数无意义，可排除D；

x21又∵当x1时，函数yx单调递增，

x结合对数函数的单调性可得函数fxlnx故选：B. 【点睛】

本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.

1单调递增，可排除C； x

6．设f(x)为R上的奇函数，满足f(2x)f(2x)，且当0x2时，f(x)xex，则f(1)f(2)f(3)Lf(100)( ) A．2e2e2 C．100e100e2

B．50e50e2 D．2e2e2

【答案】A 【解析】 【分析】

由f2xf2x可得对称轴，结合奇偶性可知fx周期为8；可将所求式子通过周期化为f1f2f3f4，结合解析式可求得函数值. 【详解】

由f2xf2x得：fx关于x2对称

又Qfx为R上的奇函数 fx是以8为周期的周期函数

Qf1f2f8f1f2f4f1f2f40且f1f2f3f42e2e

2f1f2f10012f1f2f8f1f2f3f42e2e2

故选：A 【点睛】

本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值.

7．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)3x2axb．

2322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．

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



9．若曲线yx4x3ax(x0)存在斜率小于1的切线，则a的取值范围为（ ） A．,3 2B．,1 2C．,5 4D．,1 4【答案】C 【解析】 【分析】

对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】

由题意可得y4x3xa1在x0,上有解，

32322设fx4x3xa(x0)，fx12x6x6x2x1，

令fx0，得0x11；令fx0，得x， 2211f(x)在(0,)单调递减，在(,)单调递增，

22151fxminfa1，解得：a.

442故选：C. 【点睛】

本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

10．若点(log147,log1456)在函数f(x)kx3的图象上，则f(x)的零点为（ ） A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

将点的坐标代入函数yfx的解析式，利用对数的运算性质得出k的值，再解方程

B．

3 2C．2 D．

3 4fx0可得出函数yfx的零点．

【详解】

Qlog1456log144log141412log14212(1log147)32log147，

3k2，f(x)2x3.故fx的零点为，故选B.

2【点睛】

本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．

x26x3,x011．fxx，则函数yffx的零点个数为（ ）

34,x0A．3 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】 【分析】

作出f(x)的图像，将yffx的零点个数即ffx0的实数根个数，令

tf(x)，解f(t)0有三个实数根，再结合图像即可得到答案.

【详解】

由题意，yffx的零点个数即ffx0的实数根个数， 作fx的图像如图所示，

设tf(x)，则f(t)0，

当t0时，即t26t30，解得，t136,t236； 当t0时，即3t40，解得t3log34； 结合图像知，f(x)36时有一个根，

f(x)36时有三个根，f(x)log34时有三个根，

所以ffx的零点个数为7. fx0有7个根，即yf故选：D 【点睛】

本题主要考查函数的零点问题、解函数值以及一元二次函数和指数函数的图像，考查学生数形结合的思想，属于中档题.

12．已知a（ ） A．cab 【答案】C 【解析】 【分析】

B．acb

C．bac

D．cba

ln3ln4lnee,b,c（是自然对数的底数），则a,b,c的大小关系是34eln3ln4lnelnx,b,c的结构特点，令fx，求导

x34e1lnxfx，可得fx在0,e上递增，在e,+上递减，再利用单调性求解.

x2【详解】

lnx令fx，

x1lnx所以fx，

x2根据a当0xe时， fx0，当xe时，fx0， 所以fx在0,e上递增，在e,+上递减. 因为e34，

所以 fef3f4， 即bac. 故选：C 【点睛】

本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.

13．已知函数f(x)x2m与函数g(x)ln113x，x,2的图象上恰有两对关x25ln2) 4于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ） A．[ln2,2) C．(ln2,2ln2) 【答案】A

54B．[2ln2,54D．2ln2,2

【解析】 【分析】

1

fxgx将问题转化为在2,2恰有两个不同的解，令hxfxgx，将问



题转化为hx在,2上有两个零点的问题，利用导数可求得hx的单调性，进而确定

2区间端点值和最值，由此构造不等式求得结果. 【详解】

1

1Qfx与gx在x,2的图象上恰有两对关于x轴对称的点，

21

fxgx在,2恰有两个不同的解，

2

即xmln2211

3xx2lnx3xm0在,2上恰有两个不同的解， x2

12x23x12x1x1令hxxlnx3xm，则hx2x3， xxx1当x,1时，hx0；当x1,2时，hx0，

2hx在,1上单调递减，在1,2上单调递增，

21又h51ln2m，h1m2，h2ln22m， 241





原问题等价于hx在,2上恰有两个零点，

2

555mln2,2. 则ln2m0m2，解得：ln2m2，即的取值范围为444故选：A. 【点睛】

本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将两函数图象对称点个数的问题转化为方程根的个数的问题，进一步通过构造函数的方式将问题转化为函数零点个数的问题.

14．若函数fxe（） A．2, 【答案】B

xsinxa在区间,上单调递增，则实数a的取值范围是

22B．1, C．1,

D．2,

【解析】 【分析】

将问题转化为fx0在,上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化

22,上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得2sinx为a0在2242sinxa1a,2a，则只需-1+a?0即可，解不等式求得结果. 4【详解】

由题意得：fxexsinxaexcosxex2sinxa

4Qfx在,上单调递增 fx0在,上恒成立

2222又ex0 2sinx,上恒成立 a0在2243当x,时，x,444222,1  sinx422sinxa1a,2a 1a0，解得：a1, 4本题正确选项：B 【点睛】

本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.

13115．已知函数fxxcosx，若aflog13，bflog3，cf，

555则（ ） A．abc B．bac

2C．cba 【答案】B 【解析】 【分析】

D．cab

判断fx为偶函数，利用导数得出fx在0,上单调递增，由对数函数的性质，结合函数fx的单调性和奇偶性，即可得出答案. 【详解】

fxxcosxx2cosxfx，故fx为偶函数

2故只需考虑x0,的单调性即可.

f'x2xsinx，当x0,时，易得f'x0 故fx在0,上单调递增，aflog13flog53，

51bflog3flog35，

513由函数单调性可知fflog53flog35，即cab 5故选：B 【点睛】

本题主要考查了利用函数的奇偶性以及单调性比较大小，属于中档题.

16．x0a,b使得fxm成立，等价于x0a,b,[fx]maxm



17．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B．ln2x1 xC．3x3xlog3e 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.

18．已知函数fx的导函数为fx，在0,上满足xfxfx，则下列一定成立的是（ ）

A．2019f20202020f2019 C．2019f20202020f2019 【答案】A 【解析】 【分析】

B．f2019f2020 D．f2019f2020

构造函数gxfx，利用导数判断函数ygx在0,上的单调性，可得出xg2019和g2020的大小关系，由此可得出结论.

【详解】 令gxfxxfxfx. x0，则gx2xx由已知得，当x0时，gx0.

故函数ygx在0,上是增函数，所以g2020g2019，

f2020f2019，所以2019f20202020f2019. 20202019故选：A. 【点睛】

即

本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.

19．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若数列1的前n项和为Sn，则S2018的值为（ ） fnB．

2015 2016【答案】D 【解析】 【分析】

A．

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】

由fxxmx，得fx2xm，f1m2，

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】

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

20．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( ) A．a(1r)17 C．a(1r)18 【答案】D 【解析】 【分析】

由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n项和公式求解即可. 【详解】 解：根据题意，

当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)17， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)16， 孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)15，

aB．[(1r)17(1r)]

raD．[(1r)18(1r)]

r

孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，

可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和， 此时将存款（含利息）全部取回， 则取回的钱的总数：

a(1r)[(1r)171]aSa(1r)a(1r)a(1r)[(1r)18(1r)]；

1r1r1716故选：D． 【点睛】

本题考查了不完全归纳法及等比数列前n项和，属中档题.