《2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题04导数与定积分含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题04导数与定积分含解析（76页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题04 导数与定积分一、选择题部分1.(2021新高考全国卷T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）A. B.C. D. 【答案】D【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选D.2.(2021高考全国乙卷文T12)设，若为函数的极大
2、值点，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.依题意，为函数的极大值点，当时，由，画出的图象如下图所示：由图可知，故.当时，由时，画出的图象如下图所示：由图可知，故.综上所述，成立.故选D3.(2021浙江卷T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于A，该函数非奇非偶函数，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.4.(2021江苏盐城三模T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之是发现了多项式方程根与系数的关系，如：
3、设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，则，已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则A BC2x1x210 D2x1x20【答案】D【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用【解析】由题意可知，f(x)6x21，所以直线l的斜率kf(x1)6x121，且k2x122x1x22x221，即2x122x1x22x2216x121，化简得(2x1x2)(x1x2)0，因为x1x20，所以2x1x20，故答案选D5.(2021河南郑州三模理T3)若直线yx+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（）Af（x）exBf（x）x4Cf（x）sinxDf
4、（x）【答案】D【解析】直线yx+b的斜率为k，由f（x）ex的导数为f（x）ex，而ex，解得xln2，故A满足题意；由f（x）x4的导数为f（x）4x3，而4x3，解得x，故B满足题意；由f（x）sinx的导数为f（x）cosx，而cosx有解，故C满足题意；由f（x）的导数为f（x），即有切线的斜率小于0，故D不满足题意6.(2021河南郑州三模理T6)已知函数f（x）exex，af（30.2），bf（0.30.2），cf（log0.23），则a，b，c的大小关系为（）AcbaBbacCbcaDcab【答案】A【解析】根据题意，函数f（x）exex，其导数为f（x）ex+ex，则有f（x
5、）0恒成立，则f（x）在R上为增函数，又由log0.230.30.230.2，则有cba7.(2021河北张家口三模T8)已知a，b（0，3），且4lnaaln4，clog0.30.06，则（）AcbaBacbCbacDbca【答案】C【解析】由4lnaaln43aln2，得令，则，所以当x（3，e）时，f（x）单调递增；当x（e，+）时，f（x）单调递减又f（a）f（4），f（b）f（16）又clog0.33.06log0.3（5.20.2）log0.35.2+1，log7.30.8+1log0.40.3+42，所以ca，所以bac8.(2021四川内江三模理T12)x（0，1），记a，b（
6、）2，则a、b、c的大小关系为（）AacbBbcaCbacDabc【答案】C【解析】设f（x），f（x），令g（x）xcosxsinx，g（x）cosxxsinxcosxxsinx，因为x（0，3），g（x）单调递减，所以g（x）g（0）0，所以f（x）0，所以f（x）在（4，因为0x2x2，所以f（x2）f（x），即，所以ba，令h（x）xsinx，则h（x）1cosx0，5）上单调递增，所以h（x）h（0）0，所以xsinx，所以，即，所以ac，综上可得，bac9.(2021重庆名校联盟三模T8)若exalnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（）AB（，1C（，2D（，e【答
7、案】B【解析】设f（x）exalnxa（x0），则f（x）0对一切正实数x恒成立，即f（x）min0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+）上为增函数，当x0时，h（x），当x+时，h（x）+，则在（0，+）上，存在x0使得h（x0）0，当0xx0时，h（x）0，当xx0时，h（x）0，故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，所以函数f（x）在xx0处取得最小值为f（x0），因为，即x0alnx0，所以恒成立，即，又，当且仅当x0，即x01时取等号，故2a2，所以a110.(2021贵州毕节三模文T12)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意xR，都有f（x+1
8、）f（1x），且当x（，1）时，（x1）f（x）0（其中f（x）为f（x）的导函数）设af（log23），bf（log32），cf（21.5），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcabCbacDacb【答案】C【解析】对任意xR，都有f（x+1）f（1x），f（x）关于直线x1对称，又当x（，1）时，（x1）f（x）0，函数f（x）在（，1）上单调递减，则在（1，+）上单调递增，而，且，f（21.5）f（log23）f（log32），即cab11.(2021贵州毕节三模文T8)已知定义在a，b上的函数yf（x）的导函数yf（x）的图象如图所示，给出下列命题：函数yf（x）在区间x2，x4上
9、单调递减；若x4mnx5，则；函数yf（x）在a，b上有3个极值点；若x2pqx3，则f（p）f（q）f（p）f（q）0其中正确命题的序号是（）ABCD【答案】B【解析】对于：f（x）在x2，x3上大于0，x3，x4上小于0，所以f（x）在x2，x3上单调递增，在x3，x4上单调递减，故错误；对于：由图像可知，f（x）是向下凹的，所以x4mnx5时，f（），故正确；对于：f（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，所以f（x）在a，b上只有两个极值点，故错误；对于：由的
10、结论，可得f（p）f（q）0，又因为f（x）在（x2，x3）上单调递增，所以f（p）f（q）0，所以f（p）f（q）f（p）f（q）0，故正确12.(2021贵州毕节三模文T6)若曲线ylnx+1上到直线yx+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（）AB2C2D【答案】A【解析】由曲线ylnx+1上到直线yx+m的距离为2的点恰有3个，可得直线yx+m与曲线ylnx+1相交，且与直线yx+m平行距离为2的两条直线中的一条与ylnx+1相切，设切点为（x0，lnx0+1），由ylnx+1的导数y，可得1，即x01，切点为（1，1），由点（1，1）到直线yx+m的距离为2，且切点在直线yx+m
11、的上方，可得2，解得m213.(2021安徽宿州三模理T12)已知函数f（x）|x|ex，若函数g（x）f2（x）（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范围为（）A（2，+）B（，+）C（，1）D（0，）【答案】D【解析】函数f（x）|x|ex，x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex0，因此x0时，函数f（x）单调递增x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex，可得函数f（x）在（，1）单调递增；可得函数f（x）在（1，0）单调递减可得：f（x）在x1时，函数f（x）取得极大值，f（1）画出图象：可知：f（x）0函数g（x）f2（x）（m+3）f（x）+3m恰有四个不同
12、的零点，f（x）3和f（x）m共有四个根，因为f（x）3有1个根，故f（x）m有3个根，由图可得：0m14.(2021安徽宿州三模文T12)已知函数f（x）ex3+xlnxx2ax满足f（x）0恒成立，则实数a的取值范围是（）A（，eB（，2C2，eD2，2【答案】B【解析】由f（x）0，得axex3+xlnxx2，得a+lnxx恒成立，设g（x）+lnxx，则g（x）ex3lnx+lnxx（x3lnx+1）+lnxx2，当且仅当x3lnx0，即x3+lnx时取“”号，故a2，a的取值范围是（，215.(2021辽宁朝阳三模T3)函数f（x）cosx的图象的切线斜率可能为（）AB2CD4【答案
13、】A【解析】f（x）cosx的导数为f（x）sinx+，由于sinx1，1，0，可得sinx+1，则切线的斜率可能为16.(2021河南济源平顶山许昌三模文T9)已知0a5且aln55lna，0b6且bln66lnb，0c7且cln77lnc，则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba【答案】A【解析】令F（x），则，易得，当0xe时，F（x）0，函数单调递增，当xe时，F（x）0，函数单调递减，因为0a5，0b6，0c7，所以cbae，所以f（c）f（b）f（a），则abc17.(2021河南济源平顶山许昌三模文T5)已知曲线yaex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+
