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.docx

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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

14、y2x+b，则（）Aae1，b1Bae1，b1Cae，b1Dae，b1【答案】B【解析】yaex+xlnx，yaex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，可得ae+1+02，解得ae1，又切点为（1，1），可得12+b，即b118.(2021四川泸州三模理T12)若asinabsinbb2a21，则（）AabBabC|a|b|D|a|b|【答案】D【解析】由于asinabsinbb2a21，所以asina+a2bsinb+b21，设f（x）xsinx+x2x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（x）f（x），故函数为偶函数，所以当x0时，f（x）（x+sinx）+x（1

15、+cosx），设g（x）x+sinx，所以g（x）1+cosx0，而g（0）0，所以f（x）0，所以f（a）f（b）1，故f（a）f（b），由于函数为偶函数，故|a|b|19.(2021江苏常数三模T8)若函数g（x）在区间D上，对a，b，cD，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（）ABCD【答案】D【解析】由于，则，易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2上单调递减，而，在上的最大值为，最小值为m2e2，依题意，2f（x）minf（x）max，即，解得20.(2021湖南三模T10)已知函数f

16、（x）2alnx+x2+b（）A当a1时，f（x）的极小值点为（1，1+b）B若f（x）在1，+）上单调递增，则a1，+）C若f（x）在定义域内不单调，则a（，0）D若a且曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与曲线yex相切，则b2【答案】BC【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；由0得ax2，因为x1，所以a1，B正确；因为，当a0时，f（x）0恒成立，当a0时，f（x）0不恒成立，函数不单调，C正确；a，f（x）+2x2，所以f（1）1，f（1）1+b，所以切线方程为y（1+b）（x1），即yx+b+2，设切点横坐标为x0，则1，故x00，切点（0，1），代入yx+b+

17、2得b3，D错误21.(2021福建宁德三模T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12sinx，实数a，b满足不等式f(3a+b)+f(a-1)0，则下列不等式成立的是()A. 4a+b3B. 4a+b-1D. 2a+b0恒成立，则f(x)是增函数，f(3a+b)+f(a-1)0，f(3a+b)-f(a-1)=f(3-a)，则3a+b3-a，得4a+b3，故选：A.根据条件判断函数f(x)关于(1,0)对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性和单调性是解决本题的关键，是中档题22.

18、(2021宁夏中卫三模理T12)已知函数f（x）xex，g（x）2xln2x，若f（x1）g（x2）t，t0，则的最大值为（）ABCD【答案】D【解析】因为f（x）xex，g（x）2xln2x，f（x1）g（x2）t，t0，所以t，所以ln（）ln（2x2ln2x2）lnt，即lnx1+x1ln（2x2）+ln（ln2x2）lnt，因为yx+lnx在（0，+）上单调递增，所以x1ln（2x2），即lnx1+x1lnx1+ln2x2lnt，所以2x1x2t，则，令h（t），则h（t），当0te时，h（t）0，h（t）单调递增，当te时，h（t）0，h（t）单调递减，故当te时，h（t）取得最大值

19、h（e）23.(2021江西南昌三模理T3)已知自由落体运动的速度vgt，则自由落体运动从t0s到t2s所走过的路程为（）AgB2gC4gD8g【答案】B【解析】24.(2021江西南昌三模理T8)将方程f（x）f（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”记函数f（x）exx，g（x）lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（）AcabBcbaCacbDabc【答案】A【解析】令f（x）f（x），则exxex1，解得x1，即a1；令g（x）g（x），则，设，则，即函数（x）在（0，+）单调递增，又，函数（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1b2；令h（x）h（x），则，解得，则cab25.(2

20、021河南开封三模文T6)设函数，若f（x）的极小值为，则a（）ABCD2【答案】B【解析】，令f（x）0得，x1a，x1a时，f（x）0；x1a时，f（x）0，f（x）在x1a处取得极小值，解得26.(2021安徽马鞍山三模理T12)已知x（0，+），不等式ax+exlnx+x恒成立，则实数a的最小值为（）ABC0D1【答案】A【解析】不等式ax+exlnx+x等价于不等式ex+lneaxlnx+x，令函数f（x）lnx+x，原问题等价于g（eax）g（x）在（0，+）恒成立，函数g（x）单调递增，故只需eaxx在（0，+）恒成立即可即axlnxa，令f（x）（x0），则f，可得函数f（x）

21、在（0，e）递增，在（e，+）递减，f（x）的最大值为f（e），27.(2021安徽马鞍山三模文T12)已知函数（是自然对数的底数）在x0处的切线与直线x2y+10垂直，若函数g（x）f（x）k恰有一个零点，则实数k的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】函数的导数为f（x）ex（x2+m1），可得f（x）在x0处的切线的斜率为m1，由在x0处的切线与直线x2y+10垂直，可得m12，解得m1，则f（x）ex（x2x1），函数g（x）f（x）k恰有一个零点，即为f（x）k只有一个实根由f（x）的导数为f（x）ex（x22），当2x2时，f（x）0，f（x）递减；当x2或x2时，f（x）0，f

22、（x）递增则x2处，f（x）取得极大值3e2，x2处，f（x）取得极小值e2，则k的取值范围是e2（3e2，+）28.(2021江西九江二模理T11)若不等式xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立，则实数m的取值范围是（）A，+）B1，+）C，+）De1，+）【答案】C【解析】不等式xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立ex+x+m（xlnx）em（xlnx）+m（xlnx），令f（x）ex+x，则原不等式等价于f（x）f（m（xlnx）恒成立f（x）ex+x在（0，+）上单调递增，xm（xlnx），令g（x）xlnx，则g（x）1，可得：x1时函数g（x）取得极小值，即最

23、小值g（x）g（1）10xm（xlnx）m，令h（x），x（0，+）h（x）h（e）0，x（0，e）时，h（x）0，h（x）在（0，e）上单调递增；x（e，+）时，h（x）0，h（x）在（e，+）上单调递减h（x）maxh（e）实数m的取值范围是，+）29.(2021浙江杭州二模理T9)已知函数f（x）aex若函数yf（x）与yf（f（x）有相同的最小值，则a的最大值为（）A1B2C3D4【答案】B【解析】根据题意，求导可得，f（x）f（x）在R上单调递增，又当x0时，f（0）0当x0时，f（x）0，即得函数f（x）在（，0）上单调递减，当x0时，f（x）0，即得函数f（x）在（0，+）上单调

24、递增故有f（x）minf（0）a2，即得f（x）a2，+）所以根据题意，若使f（f（x）mina2，需使f（x）的值域中包含0，+），即得a20a2，故a的最大值为230.(2021河北秦皇岛二模理T12)已知函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列选项正确的是（）Aa（0，）Byf（x）在（0，e）上单调递增Cx1+x26D若，则【答案】ABD【解析】由f（x）lnxax，可得f（x）a，（x0），当a0时，f（x）0，f（x）在x（0，+）上单调递增，与题意不符；当a0时，可得当f（x）a0，解得：x，可得当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增，当x（，+）时，

25、f（x）0，f（x）单调递减，可得当x时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2（x1x2），可得f（）ln10，可得a，综合可得：0a，故A正确；当a时，x1+x22e6，故C错误，f（x）a，故x（0，）时，f（x）0，f（x）递增，a（0，），（0，e）（0，），故选项B正确；f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，且a（，），1，x1（0，），x2（，+），f（1）a0f（x1），x11，f（）ln2lne220f（x2），x2，x2x11，故D正确；31.(2021江西上饶二模理T12)对任意x0，不等式ax（e2.71828）恒成立，则正实数a的取

26、值范围是（）A（0，e3BCD【答案】A【解析】由ax恒成立，ax0，即alnex0，故0，令t，x0，h（x）exex，则h（x）exe，易得，当x1时，h（x）0，函数单调递增，当0x1时，h（x）0，函数单调递减，故当x1时，h（x）取得最小值h（1）0，所以，h（x）exex0，即exex，因为x0，所以e，即te，前面不等式转化为talnt+2e30，（te），令f（t）talnt+2e3，则，（te），当0ae时，f（t）0，f（t）minf（e）ea+2e30，故ae+2e3所以0ae，当ae时，f（x）在e，a上单调递减，在（a，+）上单调递增，f（t）minf（a）aalna

27、+2e30，令g（a）aalna+2e3，ae，则g（a）lna0，故g（a）在（e，+）上单调递减，因为g（e3）0，当g（a）0时，ae3，即eae3，综上a的范围（0，e332.(2021河北邯郸二模理T4)曲线y（x3）ex在x0处的切线方程为（）A2x+y+30B2x+y30C2xy+30D2xy30【答案】A【解析】y（x3）ex的导数为y（x2）ex，曲线y（x3）ex在x0处的切线的斜率为2，切点（0，3），则切线的方程为y2x3，即2x+y+3033.(2021广东潮州二模T10)已知函数yf（x）的导函数yf（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）Af（a）f（b）f（

28、c）Bf（e）f（d）f（c）Cxc时，f（x）取得最大值Dxd时，f（x）取得最小值【答案】AB【解析】结合导函数的图象，可知f（x）在（，c上单调递增，在（c，e）上单调递减，在e，+）上单调递增，对于A，因为abc，由f（x）的单调性可知f（a）f（b）f（c），故A正确；对于B，因为cde，由f（x）的单调性可知f（c）f（d）f（e），故B正确；对于C，当xc时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误34.(2021辽宁朝阳二模T12)已知a0，m（x）ex2e2x，f（x）am（x）sinx，若f（x）存在唯一零点，

29、下列说法正确的有（）Am（x）在R上递增Bm（x）图象关于点（2，0）中心对称C任取不相等的实数x1，x2R均有D【答案】ABD【解析】m（x）ex2+e2x0，则m（x）在R上递增，故A正确，m（x）+m（4x）ex2e2x+e2xex20，则m（x）图象关于点（ 2，0）中心对称，故B正确，m（x）ex2e2x，当x2时，m（x）0，即m（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时m（），故C错误，若f（x）存在唯一零点，则a（ex2e2x）sinx只有一个解，即g（x）a（ex2e2x）与h（x）sinx只有一个交点，g（x）a（ex2+e2x），h（x）cosx，由g（2）h（2）0，则g

30、（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，要x2时，图象无交点，当且仅当g（2）h（2）成立于是2a，即a成立，故D正确35.(2021河南郑州二模文T11)已知a5ln0，b4ln0，c3ln0，则a，b，c的大小关系是（）AbcaBacbCabcDcba【答案】C【解析】令f（x）xlnx，则，当x1时，f（x）0，函数单调递增，当0x1时，f（x）0，函数单调递减故f（5）f（4）f（3），所以5ln54ln43ln3，因为a5lnlnaln50，b4lnlnbln40，c3lnlncln30，所以alna5ln5，blnb

31、4ln4，clnc3ln3，故alnablnbclnc，所以f（a）f（b）f（c），因为a4lnaln40得0a4，又alna4ln4，所以f（a）f（4），则0a1，同理f（b）f（3），f（c）f（2），所以0b1，0c1，所以cba36.(2021山西调研二模文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(aR)，若f(x)的最小值为0，则a的值为()A. 1B. -1C. 0D. -2【答案】A【解析】f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+)，f(x)=ax-1x2=ax-1x2，当a0时，f(x)0时，x(0,1a)时，f(x)0，f(x)的单调递增区间为(1a,+)，单

32、调递减区间为(0,1a)，此时f(x)min=f(1a)=-alna+a-1=0，a=1.故选：A.求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，即可求出a的值本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题37.(2021安徽淮北二模文T12)若关于x的不等式lnx+a0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（）A（3ln3+1，4ln2+4Bln2+1，3ln3+1）C（ln2+，3ln3+1D（3ln2+1，2ln3+3【答案】C【解析】原不等式可化简为xlnx+14aax，设f（x）xlnx+1，g（x）4aax，由f（x）x

33、lnx+1得，f（x）lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，而函数g（x）4aax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），38.(2021新疆乌鲁木齐二模文T12)设函数f（x）lnxax+4a，其中a0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）0，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】令g（x）lnx，h（x）ax4aa（x4），因为仅存在一个整数x0，使得f（x0）0，所以仅有一个整数，使得g

34、（x）h（x），g（x）x，令g（x）0，可得x1，令g（x）0，可得0x1，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以g（x）ming（1），所以满足条件的整数为1，由a0，可得h（x）为减函数，所以，即，解得ln21a，即实数a的取值范围是（ln21，39.(2021吉林长春一模文T7.)曲线在处的切线的斜率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】当 x = e时, k = 2 ,故选B.二、填空题部分40.(2021高考全国甲卷理T13)曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可由题，当时，故点在曲线上求导得：，所以故

35、切线方程为故答案为：41.(2021新高考全国卷T15)函数的最小值为_.【答案】1【解析】由题设知：定义域为，当时，此时单调递减；当时，有，此时单调递减；当时，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，综上有：时，单调递减，时，单调递增；。故答案为1.42.(2021江苏盐城三模T16)对于函数x1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，1)；丙：函数f(x)在x1处取极大值；丁：函数f(x)单调若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为【答案】2【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用【解析】由题意可知，f(x)2mxn，当x1时，f(x)0最多有一个解

36、，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)mn11，即有mn2，此时f(x)，若丙正确，则解得m1，所以n3，而此时f(x)在x1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m2，n4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m243.(2021河南开封三模理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x0）上的一个动点，则点P到直线yx的距离的最小值是【答案】【解析】原问题可转化为曲线在点P处与直线yx平行的切线，与直线yx之间的距离，因为，所以y2x，因为在点P的切线与直线yx平行，所以y2x1（x0），所以x1，将其代入曲线方程，得y1+12，即点P的坐标为（1，2），所

37、以点P到直线yx的距离的最小值是d故答案为：44.(2021河南焦作三模理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+），其导函数为f（x），且满足f（x）0，f（x）+f（x）0，若0x11x2且x1x21，给出以下不等式：f（x1）ef（x2）；x1f（x2）x2f（x1）；x1f（x1）x2f（x2）；f（x2）（1x1）f（x1）其中正确的有.（填写所有正确的不等式的序号）【答案】【解析】对于，令g（x）exf（x），x（0，+），则g（x）ex（f（x）+f（x），因为f（x）+f（x）0，所以g（x）0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，因为x1x2，所以g（x1）g（x2），即f

38、（x1）f（x2），即f（x1）ef（x2），故正确；对于，因为f（x）0，f（x）+f（x）0，所以f（x）0，所以f（x）单调递减，因为0x11x2，所以f（x2）f（x1），所以x1f（x2）x2f（x1），故正确；对于，由分析可知f（x1）ef（x2），因为0x11x2且x1x21，欲使x1f（x1）x2f（x2），即x1x2f（x1）x22f（x2），即f（x1）x22f（x2），只需x22即可，即证x22lnx2，设h（x）x2lnx，x1，则h（x）1+0，则h（x）在（1，+）单调递增，所以h（x）h（1）0，即x22lnx20，故正确；对于，假设f（x2）（1x1）f（x1）成立，因为f（x1）f（x2），所以f（x1）f（x2），所以1x1，取x1，则，所以2，矛盾，故不正确故答案为：45.(2021河北张家口三模T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：yax+b与曲线相切,则切点坐标为【答案】【解析】设切点横坐标为m，因为，所以，又a3，所以，切点为将其代入yax+b，有，解得，所以，所以直线l必过定点46.(2021安徽宿州三模文T13)已知函数f（x）xsinx，则曲线yf（x）在点（，f（）处的切线方程为【答案】xy0【解析】f（x）xsinx，f（x）sinx+xcosx，f（）