压轴题01 集合新定义、函数与导数13题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
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六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总
01函数导数与数列结合
1.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知函数fx满足fx=f1−x,f'x为fx的导函数，gx=f'x+13,x∈R.若an=gn2024，则数列an的前2023项和为 .
【答案】20233
【分析】由fx=f1−x，可得f'x=−f'1−x，从而得gx+g1−x=23，然后利用倒序相加法从而可求解.
【详解】由题意知fx=f1−x，所以f'x=−f'1−x，即f'x+f'1−x=0，
又因为gx=f'x+13，所以gx+g1−x=f'x+f'1−x+23=23，
所以a1+a2+a3+⋯+a2023=g12024+g22024+g32024+⋯+g20232024①，
a1+a2+a3+⋯+a2023=g20232024+g20222024+g20212024+⋯+g12024②，
将①②两式相加可得：a1+a2+a3+⋯+a2023=2023×232=20233.
故答案为：20233.
【点睛】关键点点睛：本题主要是对fx=f1−x求导后得f'x=−f'1−x，主要能够找到gx+g1−x=23的关系，再根据倒序相加法从而可求解.
2. （2024·安徽芜湖·二模）在数列an中，Sn为其前n项和，首项a1=1，且函数fx=x3−an+1sinx+2an+1x+1的导函数有唯一零点，则S5=（ ）
A．26B．63C．57D．25
【答案】C
【分析】计算f'x，分析f'x的奇偶性，可判断零点取值，代入计算可得an的递推关系，求出前5项，计算求和即可.
【详解】因为fx=x3−an+1sinx+2an+1x+1，
所以f'x=3x2−an+1csx+2an+1，由题意可知：f'x=0有唯一零点.
令gx=f'x=3x2−an+1csx+2an+1，可知gx为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即g0=0，代入化简可得：an+1=2an+1，
又a1=1，所以a2=3，a3=7，a4=15，a5=31，所以S5=57.
故选：C
3. （2024·浙江·二模）已知函数fx满足对任意的x,y∈1,+∞且xtanxn+π ⇒xn+1−xn>π）
② 因为tanxn+1−xn+π=xn+1−xn1+xn+1⋅xn0，
故f(x)在(0,1)单调递增，fx0，解得b0，所以gx≥g0=0，
所以函数fx在0,0.2上单调递增，
所以f0.2=sin0.2−0.2−0.22=sin0.2−0.16>f0=0，即a>b.
根据已知得c=12ln32=+0.21−0.2，
可设ℎx=12ln1+x−ln1−x−sinx,x∈0,0.2，
则ℎ'x=1211+x+11−x−csx=11−x2−csx>0，
所以函数ℎx在0,0.2上单调递增，
所以ℎ0.2>ℎ0=0，即c>a.
综上，c>a>b.
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
10. （23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数fx=(1+x)α−1−αx，其中x>−1,α>1.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若00，fx在区间(0,+∞)上单调递增；
综上，fx在区间(−1,0)上单调递减，fx在区间(0,+∞)上单调递增.
（2）由已知01时，ℎ'(x)0，所以a∈0,2+2ln2.
故选：A.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xex；
②eaab±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=ex±x.
18. （2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式a(lnx+lna)≤2e2x在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,e]B．0,e2
C．(0,e]D．(0,2e]
【答案】D
【分析】根据指对混合型不等式，利用指对运算将不等式a(lnx+lna)≤2e2x转化成axlnax≤2xe2x，根据结构相同设函数fx=xex,x∈R，利用函数的单调性及取值情况，将问题转化为a≤e2xx，令gx=e2xx,x∈0,+∞，求导确定最值即可得实数a的取值范围.
【详解】依题意得，axlnax≤2xe2x，故elnaxlnax≤2xe2x，
令fx=xex,x∈R，则f'x=x+1ex，令f'x=0可得x=−1，
所以x∈−∞,−1时，f'x0,gx单调递增，
故gxmin=g12=2e，则a≤2e，则实数a的取值范围为a∈0,2e.
故选：D．
19. （23-24高三上·浙江宁波·期末）对任意x∈(1,+∞)，函数f(x)=axlna−aln(x−1)≥0(a>1)恒成立，则a的取值范围为 ．
【答案】e1e,+∞
【分析】变形为ax−1lnax−1≥x−1lnx−1，构造Ft=tlnt,t>0，求导得到单调性进而ax−1>1恒成立，故Fax−1>0，分当x−1∈0,1和x−1>1两种情况，结合gu=lnuu单调性和最值，得到a≥e1e，得到答案.
【详解】由题意得ax−1lna≥ln(x−1)，
因为x∈(1,+∞)，所以x−1ax−1lna≥x−1lnx−1，
即ax−1lnax−1≥x−1lnx−1，
令Ft=tlnt,t>0，则Fax−1≥Fx−1恒成立，
因为F't=1+lnt，
令F't>0得，t>e−1，Ft=tlnt单调递增，
令F't1，所以ax−1>1恒成立，故Fax−1>0，
当x−1∈0,1时，Fx−1≤0，此时满足Fax−1≥Fx−1恒成立，
当x−1>1，即x>2时，由于Ft=tlnt在t∈e−1,+∞上单调递增，
由Fax−1≥Fx−1得ax−1≥x−1⇒lna≥lnx−1x−1，
令u=x−1>1，gu=lnuu，
则g'u=1−lnuu2，当u∈1,e时，g'u>0，gu=lnuu单调递增，
当u∈e,+∞时，g'u0进行求解.
20. （2024·河南信阳·模拟预测）已知正数a,b满足lnb+1b4≤lna−a4+ln(2e)，则a+b= .
【答案】322
【分析】构造函数fx=lnx−x4，利用导数判断f(x)的单调性，结合函数值域，求得a,b，再求a+b即可.
【详解】lnb+1b4≤lna−a4+ln(2e)，lna−a4+ln1b−1b4+ln2e≥0；
令fx=lnx−x4，则f'(x) =1x−4x3=1−4x4x，
故当x∈(0,22)，f'(x) >0，y=f(x)单调递增；
当x∈(22,+∞)，f'(x) 0且x≠1}，函数fx=ax+λa−x（a>0且a≠1），则（ ）
A．∀λ∈M,∃a∈N,fx为增函数B．∃λ∈M,∀a∈N,fx为减函数
C．∀λ∈M,∃a∈N,fx为奇函数D．∃λ∈M,∀a∈N,fx为偶函数
【答案】D
【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.
【详解】当λ=1时，fx=ax+a−x，a>1时，f(x)在(−∞,0)上不是增函数，故A不正确；
当λ=−1时，fx=ax−a−x，a>1时，f(x)在(0,+∞)上为增函数，B不正确；
当λ=1时，fx=ax+a−x，f(−x)=ax+a−x=f(x)，f(x)为偶函数，故C不正确；
当λ=1时，fx=ax+a−x，f(−x)=ax+a−x=f(x)，f(x)为偶函数，故D正确；
故选：D.
22. （多选）（2024·河南信阳·模拟预测）已知f(x)=esin2x+2csx，（参考数据ln13.4≈2.6），则下列说法正确的是（ ）
A．fx是周期为π的周期函数
B．fx在(−π,0)上单调递增
C．fx在(−2π,2π)内共有4个极值点
D．设gx=fx−x，则g(x)在−∞,29π6上共有5个零点
【答案】BCD
【分析】选项A，根据条件得到f(x+π)≠f(x)，即可判断出选项A错误；选项B，对f(x)求导，得到f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，从而得到x∈(−π,0)时，f'(x)>0，即可判断出选项B的正误，选项C，令f'(x)=0，求出x∈(−2π,2π)时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出f(x)的周期为2π，再利用导数与函数单调性间的关系，得出f(x)在0,29π6上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为f(x)=esin2x+2csx，
所以f(x+π)=esin2(x+π)+2cs(x+π)=esin2x−2csx≠f(x)，所以选项A错误，
对于选项B，因为f'(x)=(2cs2x−2sinx)esin2x+2csx=2(1−2sin2x−sinx)esin2x+2csx
=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈(−π,0)时，2sinx−10，
所以当x∈(−π,0)时，f'(x)≥0，当且仅当x=−π2时，取等号，所以fx在(−π,0)上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
令f'(x)=0，得到(2sinx−1)(sinx+1)=0，
又因为sinx+1≥0，当且仅当x=−π2或x=3π2时，取等号，
所以x=−π2，x=3π2不是变号零点，即−π2，3π2不是fx的极值点，
由2sinx−1=0，即sinx=12，
又x∈(−2π,2π)，解得x=π6或x=5π6或x=−11π6或x=−7π6，
由y=sinx图象知，每一个解都是变号零点，所以fx在(−2π,2π)内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为f(x+2π)=esin2(x+2π)+2cs(x+2π)=esin2x+2csx=f(x)，
所以f(x)的周期为2π，
又因为f'(x)=−2(2sinx−1)(sinx+1)esin2x+2csx，
当x∈0,2π时，由f'(x)=0得到x=π6，x=5π6，x=3π2，
列表如下，
又f(0)=e2，f(π6)=esinπ3+2csπ6=e332，f(5π6)=esin5π3+2cs5π6=e−332，
则f(x)在0,2π上的大致图象如图所示，
当x0，此时f(x)=x无解，
由3≈1.732，则332≈2.6，又ln13.4≈2.6，则e332≈e2.6≈13.4，
又由4π≈4×3.14=12.5613.4，
故只需再画出f(x)在2π,29π6图象即可，
当x≥29π6时，e332≈13.40⇒−1f1=0，
即2lnx+x2−4x+3=2lnx+(x−2)2−1>0，
故2lnx+(x−2)2>1在x>1时恒成立，
所以2ln21+(2−2)2=2ln21+012>1，
2ln32+32−22=2ln32+122>1，
2ln43+43−22=2ln43+232>1，
……，
2lnn+1n+n+1n−22=2lnn+1n+n−1n2>1，
相加得2lnn+1+i=1ni−1i2>n.
【点睛】导函数证明与整数n相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
28. （2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知函数f(x)=ln(x+1)−ax2−x．
(1)判断函数f(x)的单调性
(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；
②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n0时，x∈−1,0时，f'x>0；当x∈0,+∞时，f'x0，
x∈0,−2a+12a时，f'x0，则g'x=1−csx≥0，且g'x不恒为零，
所以gx在0,+∞上单调递增，所以gx>g0=0，所以sinx0，
所以sin1n+k0，此时g(x)在19,+∞上单调递增，
所以f'(x)=g(x)≥g19=1+ln9−3=ln9−2=ln9e2>0；
即f'(x)>0在0,+∞上恒成立，
因此fx在0,+∞上单调递增；
（2）由（1）可知f'(x)=9x−lnx−3>0，即9x>lnx+3，
可得9×2n−12n+1>ln2n−12n+1+3；
所以i=1n9×2i−12i+1>i=1nln2i−12i+1+3，
即可得913+35+57+⋯+2n−12n+1>ln13+ln35+⋯+ln2n−12n+1+3n
=ln1−ln3+ln3−ln5+⋯ln(2n−1)−ln(2n+1)+3n=3n−ln(2n+1)；
即913+35+57+⋯+2n−12n+1>3n−ln(2n+1).
30. （23-24高二下·山东·阶段练习）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn且满足：f(0)=R(0)，f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．
（注：f″(x)=f'(x)'，f'''(x)=f″(x)'，f(4)(x)=f'''(x)'，…f(n)(x)=f(n−1)(x)的导数）
已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=ax1+bx．
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0，f(x)>kR(x)恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：∀n∈N∗，1n+1+1n+2+1n+3+⋯+12nxx+1，进而可得ln(1x+1)>1x+1，令x=n,n+1,n+2,⋯,2n−1，可证结论成立.
【详解】（1）由f(x)=ln(x+1)，R(x)=ax1+bx，有f(0)=R(0)，
可知f'(x)=1x+1，f″(x)=−1(x+1)2，R'(x)=a(1+bx)2，R″(x)=−2ab(1+bx)3，
则f'(0)=R'(0)，f″(0)=R″(0)，所以a=1−2ab=−1，解得a=1b=12，
（2）由（1）知，R(x)=x1+12x=2xx+2，令g(x)=f(x)−R(x)=ln(x+1)−2xx+2(x>0)，则g'(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在（0，+∞）内为增函数，又g(0)=f(0)−R(0)=0，
所以当x≥0时，g(x)=f(x)−R(x)≥g(0)，所以f(x)≥R(x)，
又当x>0时，R(x)>0，所以f(x)R(x)>1，由f(x)>kR(x)对x>0恒成立，
所以k≤1时，故实数k的取值范围为（−∞,1]；
（3）当x>0时，由（2）可得ln(x+1)>2xx+2>xx+1，
所以ln(1x+1)>1x+1，
令x=n,n+1,n+2,⋯,2n−1，
可得ln(1n+1)>1n+1，ln(1n+1+1)>1n+2，⋯，ln(12n−1+1)>12n，
这n−1个等式左右两边相加可得：ln(1n+1)+ln(1n+1+1)+⋯+ln(12n−1+1)>1n+1+1n+2+⋯+12n，
进而可得1n+1+1n+2+⋯+12n23，则2ω−1ω=ω,ω=1（舍去）；
若x31时，f'x>0,fx单调递增．令f'x=1，得4x−1ex−2x2=1，解得x=2，此时f2=2，所以直线y=x与曲线fx=4ex−2x相切于点2,2．
所以直线y=x与曲线fx=4ex−2x共有两个交点，所以fx为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，fx=2sinx+2csx=22sinx+π4，作出fx的图象，如图所示．易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点，
即2sinx+2csx=x有三个不同的解，所以fx=2sinx+2csx为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程fx=x有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
38. （多选）（2023·湖北·模拟预测）在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α (0u0时，有g'u=−lna−1aa−1u+2u0时，有−a−1ua+2u=gu12u0，则我们有f2Na=−a−12Na+2N=−a−12Na+4N−2N=g2N−2N2时，必存在正整数N使得f2Nx在(1,+∞)上有一个满足t2N≤a的零点t2N，即可得到a的最大值是2，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
40. （2023·上海浦东新·二模）设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y=fx的图象．若过点P恰能作曲线Γ的k条切线k∈N，则称P是函数y=fx的“k度点”．
(1)判断点O0,0与点A2,0是否为函数y=lnx的1度点，不需要说明理由；
(2)已知00，因为ℎ't=6t2−6at，
由ta时ℎ't>0得y=ℎt严格增；而当00，所以lnx0=1−x0，即lnx0−1+x0=0，
令p(x)=lnx−1+x，则p'(x)=1x+1>0且p(1)=0，
故p(x)在(0,+∞)上单调递增，因此x=1是p(x)唯一的零点，
所以x0=1，代入aex0=lnx0x0+1，可得a=1e，所以01
【答案】ACD
【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误.
【详解】函数f(x)的定义域为−∞,−1∪−1,0∪1,+∞，
f'(x)=−1x+12−1x2−10，
所以gx在0,+∞上单调递增,gx=3x4e3x+2x3e3x+3lnx−2=3xe3x+3lnx+2e3x+3lnx+3lnx−2，
设ℎx=3lnx+3x，
因为ℎx=3lnx+3x在0,+∞上单调递增，
因为ℎ1=3>0，ℎe−3=−9+3e−30，所以fx在区间x0,+∞单调增，
所以fxmin=fx0=x03e3x0−3lnx0−1x0=e3x0+3lnx0−3lnx0−1x0=−3lnx0x0=3．
解法二（最优解）：设px=ex−x−1，则p'x=ex−1，
所以当x∈−∞,0时，p'xℎ1=0，满足题意；
当m>0，y= m'(x)显然单调递增；
若m'(1) 3e时，当x趋近于正无穷时，m'(x)趋近于正无穷；
故存在x0>1，当x∈(1,x0)，m'(x) 0，y= ℎ'(x)单调递增；
又ℎ'(1) =0，当x趋近于正无穷时，ℎ'(x)趋近于正无穷；
故存在x1>x0，当x∈(1,x1)，ℎ'(x) 0，
则y= ℎ'(x)单调递增，又ℎ'(1) =0，故ℎ'(x) >0，
则y=ℎ(x)单调递增，ℎx>ℎ1=0，满足题意；
综上所述，当m≤3e时，满足题意，故m的最大值为3e.
故答案为：3e.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
59. （2024·浙江杭州·二模）函数fx=−x2+3x+2x+1的最大值为 ．
【答案】22
【分析】借助换元法令t=x+1，可得fx=ℎt=−t3+5t−2t，借助导数求取函数ℎt的单调性后，即可得解.
【详解】令t=x+1>0，则x=t2−1，故fx=−t2−12+3t2−1+2t=−t3+5t−2t，
令ℎt=−t3+5t−2tt>0，
则ℎ't=−3t2+5+2t2=−3t4+5t2+2t2=−3t2+1t+2t−2t2，
当t∈0,2时，ℎ't>0，当t∈2,+∞时，ℎ't0恒成立，
所以gx在0