【文档说明】《2023年新高考数学临考题号押》押第8题 函数导数（新高考）（解析）【高考】.docx，共(25)页，1.366 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-02dae388ff38ea5cdce689d0be3a74ab.html

以下为本文档部分文字说明：

1押第8题函数导数函数导数一直是选择题和填空题高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内容，有时也会考查导数的运算、导数的几何意义等，比较综合.1．导数的几何意义的应用：（1）已知切点P(x0，y0)，求y=f(x)过点P的切线方

程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；（2）已知切线的斜率为k，求y=f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k=f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；（3）已知切线上一点(非切点)，求y=f(x)的切线方程：设切点P(x0

，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，最后由点斜式或两点式写出方程．（4）若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k=f′(x0)求出切点坐标(x0，y0)，最后写出切线方程．（5）①在

点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上.②过点P的切线即切线过点P，P不一定是切点．因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P是否在已知曲线上．2．利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0fx（()0fx）在给定区间上恒成立．

一般步骤为：（1）求f′(x)；（2）确认f′(x)在(a，b)内的符号；（3）作出结论，()0fx时为增函数，()0fx时为减函数．3．由函数()fx的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0fx(或()0fx)(()fx在该

区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0fx(或()0fx)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；2（3）若已知()fx在区间I上的单调性，

区间I中含有参数时，可先求出()fx的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围.4．（1）求函数()fx极值的方法：①确定函数()fx的定义域．②求导函数()fx．③求方程()0fx=的根．④检查()fx在方程的根的左、右两侧的符号，

确定极值点．如果左正右负，那么()fx在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()fx在这个根处取得极小值；如果()fx在这个根的左、右两侧符号不变，则()fx在这个根处没有极值．（2）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()fx，求方程()0fx=的

根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围.5．求函数f(x)在[a，b]上最值的方法（1）若函数f(x)在[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f(x)在区间(a，b)

内有极值，先求出函数f(x)在区间(a，b)上的极值，与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．1．（2021·全

国·高考真题）若过点(),ab可以作曲线exy=的两条切线，则（）A．ebaB．eabC．0ebaD．0eab【答案】D【详解】在曲线xye=上任取一点(),tPte，对函数xye=求导得exy=，所以，曲线xye=在点P处的切线方程为()ttyeext−=−，即()1tt

yexte=+−，由题意可知，点(),ab在直线()1ttyexte=+−上，可得()()11tttbaeteate=+−=+−，令()()1tftate=+−，则()()tftate=−.3当ta时，(

)0ft，此时函数()ft单调递增，当ta时，()0ft，此时函数()ft单调递减，所以，()()maxaftfae==，由题意可知，直线yb=与曲线()yft=的图象有两个交点，则()maxabfte=，当1ta+时，()0ft，当

1ta+时，()0ft，作出函数()ft的图象如下图所示：由图可知，当0abe时，直线yb=与曲线()yft=的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线xye=的图象如图所示，根据直观即可判定点(),ab在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0abe.故选：D.2．（

2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin4fxxgxx=+=，则图象为如图的函数可能是（）4A．1()()4yfxgx=+−B．1()()4yfxgx=−−C．()()yfxgx=D．()()gxyfx=【答案】D【详解】对于A，()()21sin4yfxgxxx

=+−=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，()()21sin4yfxgxxx=−−=−，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，()()21sin4yfxgxxx==+，则212sinc

os4yxxxx=++，当4x=时，22120221642y=++，与图象不符，排除C.故选：D.3．（2020年北京市高考数学试卷）已知函数()21xfxx=−−，则不等式()0fx的解集是（）．A．(1,1)−B

．(,1)(1,)−−+C．(0,1)D．(,0)(1,)−+【答案】D【详解】因为()21xfxx=−−，所以()0fx等价于21xx+，在同一直角坐标系中作出2xy=和1yx=+的图象如图：5两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2

)，不等式21xx+的解为0x或1x.所以不等式()0fx的解集为：()(),01,−+.4．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学考试题文档版（海南卷））已知函数2()lg(45)fxxx=−−在(,)a+上单调递增，

则a的取值范围是（）A．(2,)+B．[2,)+C．(5,)+D．[5,)+【答案】D【详解】由2450xx−−得5x或1x−所以()fx的定义域为(),1(5,)−−+因为245yxx=−−在(5,)+上单调递增所以2(

)lg(45)fxxx=−−在(5,)+上单调递增所以5a5．（2020年天津市高考数学试卷）已知函数3,0,(),0.xxfxxx=−…若函数2()()2()gxfxkxxk=−−R恰有4个零点，则k的取值范围

是（）A．1,(22,)2−−+B．1,(0,22)2−−C．(,0)(0,22)−D．(,0)(22,)−+【答案】D【详解】6注意到(0)0g=，所以要使()gx恰有4个零点，只需方程()|2|||fxkxx−=恰有3个实根即可，令()hx

=()||fxx，即|2|ykx=−与()()||fxhxx=的图象有3个不同交点.因为2,0()()1,0xxfxhxxx==，当0k=时，此时2y=，如图1，2y=与()()||fxhxx=

有1个不同交点，不满足题意；当0k时，如图2，此时|2|ykx=−与()()||fxhxx=恒有3个不同交点，满足题意；当0k时，如图3，当2ykx=−与2yx=相切时，联立方程得220xkx−+=，令0=得280k−=，解得22k=（负值舍去），所以22

k.综上，k的取值范围为(,0)(22,)−+.故选：D.6．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））若定义在R的奇函数f(x)在(,0)−单调递减，且f(2)=0，则满足(10)xfx−的x的取值范围是（）7A

．[)1,1][3,−+B．3,1][,[01]−−C．[1,0][1,)−+D．[1,0][1,3]−【答案】D【详解】因为定义在R上的奇函数()fx在(,0)−上单调递减，且(2)0f=，所以()fx在(0,)+上也是单调递减，且(

2)0f−=，(0)0f=，所以当(,2)(0,2)x−−时，()0fx，当(2,0)(2,)x−+时，()0fx，所以由(10)xfx−可得：0210xx−−或0012xx−或0x=解得10x

−≤≤或13x，所以满足(10)xfx−的x的取值范围是[1,0][1,3]−，故选：D.1．（2022·山东聊城·一模）已知正数,xy满足lnlnexyxyy+=，则2xyx−的最小值为（）A．1ln22B．

22ln2−C．1ln22−D．22ln2+【答案】B【详解】因为lnlnexyxyy+=，即()lnexyxy=，所以()()lnexxyxyx=，所以()()lnlneexyxxyx=.令()(),0exgxxx=，

则()()1e0xgxx=+，所以()exgxx=在()0,+上单调递增，所以()lnxyx=，即exxy=，所以2e2xxyxx−=−令()()e2,0xfxxx=−.则()e2xfx=−.令()e20xfx=−，解得：ln2x；令()e20

xfx=−，解得：0ln2x；所以()e2xfxx=−在()0,ln2上单调递减，在()ln2,+上单调递增，所以()ln2mine2ln222ln2fx=−=−.即2xyx−的最小值为22ln2−.故选：B82．（2022·山东

·潍坊一中模拟预测）已知函数()1lnfxxx=−，直线ymxn=+是曲线()yfx=的一条切线，则2mn+的取值范围是（）A．)3,−+B．)2ln24,−−+C．2e3,e−−D．5ln2,4−+【答案】B【详解】设切点为()(),Pt

ft，()211xfxx=+，()211kfttt==+曲线()yfx=在切点()(),Ptft处的切线方程为()()()yftftxt−=−，整理得2112ln1yxtttt=++−−，所以21322ln2mnttt+=+−−．令()2132ln2(0

)gxxxxx=+−−，则()23232xxgxx+−=．当102x时，()0gx，()gx单调递减；当12x时，()0gx，()gx单调递增．故()min12ln242gxg==−−

，则2mn+的取值范围是)2ln24,−−+．故选：B3．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知函数()1fxxax=++．若存在相异的两个实数()12,,0xx−，使得()()12fxfx=成立，则

实数a的取值范围为（）A．(),1−B．2,2−C．(1,)+D．2(,)2+【答案】C【详解】由题意，函数()1,11,xaxaxfxxaxxaxax++−=++=−−−，9①当

0,0ax=时，()1fxxx=−，可得()2110fxx=−−，此时函数()fx在(,0)−上单调递减，不成立，舍去；②当0,0ax时，()1fxxax=−−，可得()2110fxx=−−，此时函数()fx在(,0)−上单调递减，不成立，舍去；③当0,0ax

时，()1,1,0xaxaxfxxaaxx−−−=++−，若xa−时，()2110fxx=−−，此时()fx在(,)a−−上单调递减；若0ax−时，()211fxx=−，令()0fx=，解得1x=，所以()1fxxax=+

+在(,1)−−上单调递增，在(1,0)−上单调递减，若1a−−时，即1a时，函数()fx在(,)a−−和(1,0)−上单调递减，在(,1)a−−上单调递增，，对任意0[,1]xa−−，都有()()0fxfa−成立，所以当1a时，存在相异的两个实数()12,,0xx−，使得()(

)12fxfx=成立，所以实数a的取值范围为(1,)+.故选：C.4．（2021·山东·邹平市第一中学模拟预测）函数()()1cossinxxfx=−在,−的极大值点为（）A．23−B．3−C．3D．23【答案】D

【详解】()()()()2sinsin1coscos2coscos1cos12cos1=+−=−++=−++fxxxxxxxxx，∴当2,3x−−时，()0fx，()fx单调递减，当22,33x−

时，()0fx，()fx单调递增，当2,3x时，()0fx，()fx单调递减，10∴函数()()1cossinxxfx=−在,−的极大值点为23．故选：D5．（2022·江苏江苏·二模）已知实数1()ab+，，，且()22e2l

n1aabb+=++，e为自然对数的底数，则（）A．1baB．2abaC．2eaabD．2eeaab【答案】D【详解】因为22()e2ln1aabb+=++，所以2lne212(ln1)2

(eln1)ababbb−−=−−=−−，函数()()()e1e10,xxfxxfxfx=−−−=在(0,)+上单调递增，且()00f=，因为()1ln0ln0bbfb所以(2)2(ln)(ln)fafbfb=，所以2lnab，即2eab，又2e21

2(e1)aaaa−−−−，所以(2)2(ln)2()fafbfa=，所以lnab，即eab，综上，2eeaab.故选：D6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数2()ln12xfxx+=+−，若关于

x的不等式()1e22xfkfx+−对任意(0,2)x恒成立，则实数k的取值范围()A．1,2e+B．212,2eeC．212,2eeD．22,1e【答案】C【详解】设()()21ln2xgxfxx+=−=−，则()()11e2e1

1022xxfkfxfkfx+−−+−−，即()1e02xgkgx+−，由202xx+−，解得22x−，即g(x)定义域关于原点对称，又()()()()()()2222

lnlnlnln102222xxxxgxgxxxxx+−+−+−=+===−+−+，故g(x)是定义在(－2，2)上的奇函数.()24lnln122xgxxx+−==−−−，11y＝412x−−−在(－2，2)单调递增，y＝lnx在(0，﹢∞)单调递增，故g(x)在(－2，2)单调递

增，则()1e02xgkgx+−变为()1e2xgkgx，∴原问题转化为：()1e2xgkgx对()0,2x恒成立，则0e22xxk对()0,2x恒成立，即22eexxxk对()0,2x恒成立.令()()2,0,

2extxx=，∵()2extx=在()0,2上单调递减，∴()()222etxt=，∴22ek„；令()(),0,22exxhxx=，则()12exxhx−=，当01x时，()0hx，()hx单调递增，当12x时，()0hx，()hx单调递减，∴当

1x=时，()hx取最大值()112eh=，∴12ek，∴2122eek„，即实数k的取值范围是212,2ee.故选：C.7．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知函数()fx是定义在R上的奇函数，()20f=，当0x时，有()()

0xfxfx−成立，则不等式()0xfx的解集是（）A．()()22−−+，，B．()()202−+，，C．()()202−−，，D．()2+，【答案】A【详解】()()0xfxfx−成立设()()fxgxx=，12则()()()()20fxfxxfxgxxx

−==，即0x时()gx是增函数，当2x时，()()20gxg=，此时()0fx；02x时，()()20gxg=，此时()0fx．又()fx是奇函数，所以20x−时，()()0fxfx=−−；2x−时()()0fxfx=−−则不等式()0xfx

等价为()00fxx或()00fxx，可得2x或2x−，则不等式()0xfx的解集是()()22−−+，，，故选：A．8．（2022·河北张家口·一模）已知当,()0x+

时，函数()exfxk=的图象与函数2()21xgxx=+的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是（）A．e0,2eB．10,eC．1,e+D．e,e+【答案】A【详解】由题设，当,()0x+

时，2e(21)xxkx=+，令2()e(21)xxhxx=+，则22(21)(1)()e(21)xxxhxx−+=−+，所以当102x时，()0hx，则()hx单调递增；当12x时，()0hx，则()hx单调递减.又()0hx，1e()22ehxh=，所以当e

02ek时，直线yk=与()hx的图象有两个交点，即函数()exfxk=的图象与函数2()21xgxx=+的图象有且只有两个交点.故选：A.9．（2020·河北衡水中学二模（文））已知函数()2e2lnx

fxkxkxx=+−，若2x=是函数()fx的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．(02，B．)2+，13C．e,2−D．2e,4−【答案】D【详解】由题意，()(

)2e2ln0xfxkxkxxx=+−，()22exxfxkxx−=−，记()2exgxkx=−，则()()3e2xxgxx−=，则()0,2x时，()0gx，()gx单调递减，()2,x+时，()0gx，()gx单调递增，

所以()()2mine24gxgk==−.若2e4k，则()0,2x时，()0fx，()fx单调递减，()2,x+时，()0fx，()fx单调递增，于是2x=是函数()fx的唯一极值点.若2e4k，则()2e204gk=−，易知()21gxkx−，于是0kxk时，

()0gx；设()()e2xxxx=−，()2e1e10xx=−−，即()x在()2,+上单调递增，所以()2e20exxx−，则6x时，33ee327xxxx，此时()27xgxk−，于是6x且27xk时，()0gx.再结合函数()gx的单调性可知，

函数()gx在()()0,2,2,+两个区间内分别存在唯一一个零点12,xx，且当()10,xx时，()0fx，()fx单调递减，()1,2xx时，()0fx，()fx单调递增，()22,xx时，()0fx，()fx单调递减，()2,x+时，()0fx，(

)fx单调递增.于是函数()fx存在3个极值点.综上所述：2e4k.故选：D.10．（2021·河北沧州·三模）已知函数ln()xfxxx=−，则（）A．()fx的单调递减区间为(0,1)B．()fx的极小值点为1C．()fx的极大值为1−D．()f

x的最小值为1−【答案】C【详解】解：因为ln()xfxxx=−，所以2221ln1ln()1xxxfxxx−−−=−=，令2()1lnxxx=−−，则141()20xxx=−−，所以2()1lnxxx=−−在(0

,)+上单调递减，因为()10=，所以当01x时，()0x，即()0fx；当1x时，()0x，即()0fx，所以()fx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+，故()fx的极大值点为1，()

()11fxf==−极大值，即()()max11fxf==−，不存在最小值．故选：C．（限时：30分钟）1．已知函数()lnfxxx=，()()2gxxaxa=+R，若经过点()1,0A存在一条直线l与()fx图象和()gx图象都相切，则a=（

）A．0B．1−C．3D．1−或3【答案】D【详解】因为()lnfxxx=，所以()1lnfxx=+，则()11ln11f=+=，所以1k=所以函数()fx在()1,0A处的切线方程为1yx=−，由21yxyxax=−=+得()2110xax+−

+=，由()2140a=−−=，解得3a=或1a=−，故选：D2．已知函数222,0,()ln(1),0,xxxfxxx−−−=+若关于x的不等式1()2fxaxa+−在R上恒成立，则实数a

的取值范围是（）A．12e,2−B．122,eC．12e,6−D．12e,6【答案】A【详解】15画出函数()fx的图像如图所示.1()2fxaxa+−在R上恒成立即函数()yfx=的图像恒在直

线12yaxa=+−的图像的下方，且直线12yaxa=+−过定点11,2−−，当直线与ln(1)(0)=+yxx相切时，设切点()()00,ln1Pxx+，11yx=+，可得()0001ln11211xxx++=++，解得120e1x

=−，则直线斜率为12e−，即12ea−=；当直线与222(0)yxxx=−−−相切时，此时由21222axaxx+−=−−−，得23(2)02xaxa++++=，令2(2)460aa=+−−=，得2a=或2a=−（舍），所以由图像可知12e2a−3．已知函数()()25xfx

xe=−，()32123gxxxa=−−，若()()fxgx对xR恒成立，则a的取值范围是（）A．4322,3e−+B．()3,e+C．2324,3e−+D．()6,e+【答案】A【详解】令()()()hxfxgx=

−=()3212523xxexxa−−++，则()()()42xhxxex=−−，16令()2xsxex=−，则()21xsxe=−，令()0sx，解得1ln2x，令()0sx，解得1ln2x，故()sx在1,ln2−上

单调递减，在1ln,2+上单调递增，故()min11ln1ln022sxs==−．令()0hx，解得4x，令()0hx，解得4x，故()hx在(),4−上单调递减，在()4,+上单调递增，故()(

)4min324203hxhea==−++，解得43222ae−，故选：A．4．已知函数()1ee21xxxfx−=+−+，若不等式()()2121faxfax+−对xR恒成立，则实数a的取值范围是（）A．(0,eB．0,eC．(

0,1D．0,1【答案】D【详解】()1ee21xxxfx−=+−+Q，()()1111eeee121212121xxxxxxxxfxfx−−−−+−=+−+−+=++=+++令()()12gxfx=−，则()()0gxgx+−=，可得()gx是奇函数，又()()

()2121eeeee21e21ln2ln2++2122xxxxxxxxxxxgx−−=+−==+++−−+，又利用基本不等式知e2+1exx当且仅当1eexx=，即0x=时等号成立；ln2ln214222xx++当且仅当1

22xx=，即0x=时等号成立；故()0gx，可得()gx是单调增函数，由()()2121faxfax+−得()()()21111212222faxfaxfax−−−+=−−−，17即()()()2

1221gaxgaxgax−−=−，即2210axax−+对xR恒成立.当0a=时显然成立；当0a时，需20440aaa=−，得01a，综上可得01a，故选：D.5．已知函数21()xfxe−=，11()ln22gxx=+，若A，B分别为两个函

数图像上一点，则AB的最小值为（）A．3ln32B．2ln22C．1ln22D．ln2【答案】B【详解】本题考查反函数对称性的应用以及构造函数计算两点间距离的最值.由21()exfx−=可得1121ln(())ln(())22xfxxfx−==+，可得()fx与()gx互

为反函数，()fx与()gx的图像关于直线yx=对称.令21()exhxx−=−，则21()2e1xhx−=−，由()0hx=得11ln222x=−，∴当110,ln222x−时，()0hx，()hx单调递减；当11ln2,22x

−+时，()0hx，()hx单递增，∴1ln21min111()eln2ln2222hx−−=−−=，故AB的最小值为min222()ln222hx=.6．若关于x的方程()288xkexk+=−恰有3个不同的根，其中1

k且*Nk，则k的最小值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【详解】18()()2288ee88xxkxkkxk+=−=+−Q所以题目转化为方程()2e88xxkk−=+恰有3个不同的根，令()()2exfxxk=−，求导()()()2exfxxkx

k=−−+，令()0fx=，解得12xk=−，2xk=.当(),2xk−−时，()0fx，故()fx单调递增；当()2,xkk−，()0fx，故()fx单调递减；当()xk+，，()0fx，故()fx单调递增；显然当x→−时，()0fx→；当x→+时，()fx→+；故

()2e88xxkk−=+恰有3个不同的根，只需()2880fkk−+即可，即24e880kk−−−，即2220kek−−−，令20tk=−，即e26tt−−0，构造函数()e26(0)tfttt=−−，求导()e2tft=−，令()0ft=

，得ln2t=，当0,ln2t时，()0ft，故()ft单调递减；当()ln2,t+，()0ft，故()ft单调递增；当0t=时，()0ft；当ln2t=时，(ln2)22ln2642

ln20f=−−=−−当2t=时，2(2)e100f=−；当3t=时，3(3)e120f=−，由零点存在性定理知方程e26tt=+在()0,+上的根()02,3t，则2e220kk−−−=在()2,+上的根()04,5k

，故2e220kk−−−的解集为()0,k+，故k的最小值为5.7．已知函数3()xfxe−=，1()ln22xgx=+，若()()fmgn=成立，则nm−的最小值为（）A．1ln2+B．ln2C．2ln2D．ln

21−【答案】D【详解】令()()tfmgn==，则3met−=，1ln22nt+=，∴3lnmt=+，122tne−=，即1223lntnmet−−=−−，19若12()23lnthtet−=−−，则121()2(0)thtett−=−

，∴()0ht=，有12t=，当102t时，()0ht，()ht单调递减；当12t时，()0ht，()ht单调递增；∴min1()()ln212hth==−，即nm−的最小值为ln21−.8．若函数2()lnfxxaxx=−+

在区间()1,e上单调递增，则a的取值范围是（）A．)3,+B．(,3−C．23,1e+D．21,3e+【答案】B【详解】依题意()'120fxxax=−+在区间()1,e上恒成立，即12axx+在区间()1,e上恒成立，令()()121gxxxex=+，()(

)()2'222212112120xxxgxxxx+−−=−==，()gx在()1,e上递增，()13g=，所以3a.所以a的取值范围是(,3−.9．已知函数2()||1log||fxxx=−−，则不等式()0fx的解集是（）A．(0,1)(2,)+B．(,2)(1,1)(

2,)−−−+C．(,2)(1,0)(0,1)(2,)−−−+D．(2,1)(1,2)−−【答案】D【详解】202()||1log||fxxx=−−定义域为()()00−，，+，∵22()||1log||||1log||=()fxxxxxfx−=−−−−

=−−，∴()fx为偶函数.当x>0时，2()1logfxxx=−−，1()1ln2fxx=−，令()0fx，解得1ln2x，令()0fx，解得10ln2x，所以()fx在10ln2，上单减，在1ln2+，上单增，而1

()0ln2f所以()fx在10ln2，和1ln2+，各有一个零点，因为22(1)11log1=0(2)21log2=0ff=−−=−−，，所以当x>0时，()0fx的解为1<x<2.又()fx为偶函数，所以当x<0时，()0fx的解为-1<x<-2.故不

等式()0fx的解集是(2,1)(1,2)−−.10．若直线322yxa=+与函数()2sincosfxxx=−的图象相切于点()000,,6Axyx，则a=（）A．22B．4C．23228−D．2

3228+【答案】C21【详解】由已知，()0322fx=.因为()2cossinfxxx=+，所以()000322cossin2fxxx=+=，联立002200322cossin2cossin1xxxx+=+=，解得002cos

22sin2xx==或0072cos102sin10xx==，又因为0,6x，所以03cos1,2x−，而723102，故0072cos102sin10xx==舍去，综上，002cos22sin2xx=

=，所以04x=，则00022sincos2yxx=−=，将()00,Axy代入322yxa=+中，得232224a=+，解得23228a=−.故选：C.11．已知奇函数()fx的导函数为()f

x，且()fx在0,2上恒有()cos()sin0fxxfxx−成立，则下列不等式成立的（）A．264ffB．336ff−−C．3243ff

−−D．23234ff【答案】B22【详解】构造函数()()sinfxFxx=，由()fx在0,2上恒有()sin()cos0fxxfxx−，2()sin()cos()0(sin)fxx

fxxFxx−=，()Fx在0,2上为增函数，又由()()()()sin()sinfxfxFxFxxx−−−===−−，()Fx为偶函数，64，64FF，64sinsin64ff，2

64ff，故A错误.偶函数()Fx在0,2上为增函数，()Fx在,02−上为减函数，36−−，36FF−−，36sinsin36ff−−

−−336ff−−−−，336ff−−，故B正确；43FF−−，43sinsin43ff−

−−−，3243ff−−−−，3243ff−−，故C错误；34，34FF

，34sinsin34ff，2334ff，故D错误.12．已知定义R在上的函数()fx，其导函数为()fx，若()()2sinfxfxx=−−，且当0x2

3时，()cos0fxx+，则不等式()()sincos2fxfxxx++−的解集为（）A．(,)2−B．(,)2+C．(,)4−−D．(,)4−+【答案】D【详解】令()()singxfxx=+，则()()()sin()singxfxxfxx−=−+−=−−，又由()

()2sinfxfxx=−−，所以()sin()sinfxxfxx+=−−.故()()gxgx=−，即()gx为定义在R上的偶函数；当0x时，()()cos0gxfxx=+，所以()gx在[0,)+上单调递增，由()cos()sin()()sin22

2fxxfxxfxx++=++++，即()()2gxgx+，所以||||2xx+，解得4x−，所以不等式()()sincos2fxfxxx++−的解集为(,)4−+.故选：D.13．已知函数22()logfxxx=−，则不等式()0fx的

解集是（）A．(0,1)B．(,2)−C．(2,)+D．(0,2)【答案】D【详解】22()logfxxx=−的定义域为()0,+，由221()0ln2fxxx=−−所以22()logfxxx=−在()0,+上递减，又22(2)log202f=−=，所以

不等式()0fx的解集是(0,2)．故选：D14．已知()fx是定义在R上的奇函数，其导函数为(),fx且当0x＞时，24()()ln0fxfxxx+，则不等式()()210xfx−的解集为（）A．()1,1－B．(),1()0,1－－C．,11,()()

－－＋D．1,0),()(1－＋【答案】B【详解】设()()lngxfxx=，则()()()ln0fxgxfxxx=+，所以()gx在(0,)+上递增，又(1)0g=，所以1x时，()()ln

(1)0gxfxxg==，此时ln0x，所以()0fx，01x时，()()ln(1)0gxfxxg==，此时，ln0x，所以()0fx，所以(0,1)(1,)x+U时，()0fx，因为()fx是奇函数，所以(,1)(1

,0)x−−−时，()0fx，由2(1)()0xfx−得210()0xfx−或210()0xfx−，所以1x−或01x．15．已知函数2ln1()xmxfxx+−=有两个零点ab、，且存在唯一的整数0(,)xab，则实数m

的取值范围是（）A．0,2eB．ln2,14eC．ln3,92eeD．ln2e0,4【答案】B【详解】由题意2ln1()0xmxfxx+−==，得2ln1xmx+=，设2ln1()(0)xhxxx+=，求导4332(ln1)12(l

n1)(2ln1)()xxxxxhxxxx−+−+−+===令()0hx=，解得12xe−=当120xe−时，()0hx，()hx单调递增；当12xe−时，()0hx，()hx单调递减；故当12xe−=时，函数取得极大值，且12()2ehe−=又1=xe时，(

)0hx=；当x→+时，2ln10,0xx+，故()0hx→；作出函数大致图像，如图所示：25又(1)1h=，ln21ln2(2)44eh+==因为存在唯一的整数0(,)xab，使得ym=与2ln1()xhxx+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)hmh

，即ln214em