《（新課標 全國I卷）2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題16 函數(shù)與導數(shù)（2）文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標 全國I卷）2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題16 函數(shù)與導數(shù)（2）文（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題16 函數(shù)與導數(shù)（2） 函數(shù)與導數(shù)大題：10年10考，每年1題．函數(shù)的載體上：對數(shù)函數(shù)很受“器重”，指數(shù)函數(shù)也較多出現(xiàn)，兩種函數(shù)也會同時出現(xiàn)（2015年）．第2小題：2019年不等式恒成立問題，2018年證明不等式，2017年不等式恒成立問題，2016年函數(shù)的零點問題，2015年證明不等式，2014年不等式有解問題（存在性），2013年單調性與極值，2012年不等式恒成立問題，2011年證明不等式，2010年不等式恒成立問題． 1．（2019年）已知函數(shù)f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， f′（x）為f（x）的導數(shù)． （1）證明：f′（x）在區(qū)間（0，π）存在唯一零點； （2）

2、若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍． 【解析】（1）∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1， 令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，則g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx， 當x∈（0，）時，xcosx＞0，當x∈（，）時，xcosx＜0， ∴當x＝時，極大值為g（）＝＞0， 又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零點， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零點； （2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零點x0，使得f′（x0）＝0，

3、 且f′（x）在（0，x0）為正，在（x0，π）為負， ∴f（x）在[0，x0]遞增，在[x0，π]遞減， 結合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非負， 令h（x）＝ax， 作出圖象，如圖所示： ∵f（x）≥h（x）， ∴a≤0， ∴a的取值范圍是（﹣∞，0]． 2．（2018年）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣lnx﹣1． （1）設x＝2是f（x）的極值點，求a，并求f（x）的單調區(qū)間； （2）證明：當a≥時，f（x）≥0． 【解析】（1）∵函數(shù)f（x）＝aex﹣lnx﹣1． ∴x＞0，f′（x）＝aex﹣， ∵x＝2是f（x）的極值點， ∴f

4、′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝， ∴f（x）＝ex﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝， 當0＜x＜2時，f′（x）＜0，當x＞2時，f′（x）＞0， ∴f（x）在（0，2）單調遞減，在（2，+∞）單調遞增． （2）證明：當a≥時，f（x）≥﹣lnx﹣1， 設g（x）＝﹣lnx﹣1，則， 由＝0，得x＝1， 當0＜x＜1時，g′（x）＜0， 當x＞1時，g′（x）＞0， ∴x＝1是g（x）的最小值點， 故當x＞0時，g（x）≥g（1）＝0， ∴當a≥時，f（x）≥0． 3．（2017年）已知函數(shù)f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x． （1）討論f（x）的單調性； （2）若f

5、（x）≥0，求a的取值范圍． 【解析】（1）f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x＝e2x﹣exa﹣a2x， ∴f′（x）＝2e2x﹣aex﹣a2＝（2ex+a）（ex﹣a）， ①當a＝0時，f′（x）＞0恒成立， ∴f（x）在R上單調遞增， ②當a＞0時，2ex+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna， 當x＜lna時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減， 當x＞lna時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增， ③當a＜0時，ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣）， 當x＜ln（﹣）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減， 當x＞ln（﹣）時，f′（x）＞0

6、，函數(shù)f（x）單調遞增， 綜上所述，當a＝0時，f（x）在R上單調遞增， 當a＞0時，f（x）在（﹣∞，lna）上單調遞減，在（lna，+∞）上單調遞增， 當a＜0時，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上單調遞減，在（ln（﹣），+∞）上單調遞增． （2）①當a＝0時，f（x）＝e2x＞0恒成立， ②當a＞0時，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0， ∴l(xiāng)na≤0，∴0＜a≤1， ③當a＜0時，由（1）可得： f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0， ∴l(xiāng)n（﹣）≤， ∴≤a＜0， 綜上所述，a的取值范圍為[，1]． 4．（2016年）

7、已知函數(shù)f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2． （1）討論f（x）的單調性； （2）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍． 【解析】（1）由f（x）＝（x﹣2）ex+a（x﹣1）2， 可得f′（x）＝（x﹣1）ex+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（ex+2a）， ①當a≥0時，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1， 即有f（x）在（﹣∞，1）遞減；在（1，+∞）遞增（如圖）； ②當a＜0時，（如圖）若a＝﹣，則f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上遞增； 若a＜﹣時，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）； 由f′（x）＜0，可得1＜x＜

8、ln（﹣2a）． 即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）遞增；在（1，ln（﹣2a））遞減； 若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1； 由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1． 即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）遞增；在（ln（﹣2a），1）遞減； （2）①由（1）可得當a＞0時，f（x）在（﹣∞，1）遞減；在（1，+∞）遞增， 且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞； 當x→﹣∞時f（x）＞0或找到一個x＜1使得f（x）＞0對于a＞0恒成立，f（x）有兩個零點； ②當a＝0時，f（x）＝（x﹣2）ex，

9、所以f（x）只有一個零點x＝2； ③當a＜0時，若a＜﹣時，f（x）在（1，ln（﹣2a））遞減，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）遞增， 又當x≤1時，f（x）＜0，所以f（x）不存在兩個零點； 當a≥﹣時，在（﹣∞，ln（﹣2a））單調增，在（1，+∞）單調增，在（1n（﹣2a），1）單調減， 只有f（ln（﹣2a））等于0才有兩個零點， 而當x≤1時，f（x）＜0，所以只有一個零點不符題意． 綜上可得，f（x）有兩個零點時，a的取值范圍為（0，+∞）． 5．（2015年）設函數(shù)f（x）＝e2x﹣alnx． （1）討論f（x）的導函數(shù)f′（x）零點的個數(shù)； （2）證

10、明：當a＞0時，f（x）≥2a+aln． 【解析】（1）f（x）＝e2x﹣alnx的定義域為（0，+∞）， ∴f′（x）＝2e2x﹣． 當a≤0時，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）沒有零點， 當a＞0時，∵y＝e2x為單調遞增，y＝﹣單調遞增， ∴f′（x）在（0，+∞）單調遞增， 又f′（a）＞0， 假設存在b滿足0＜b＜ln時，且b＜，f′（b）＜0， 故當a＞0時，導函數(shù)f′（x）存在唯一的零點， （2）由（1）知，可設導函數(shù)f′（x）在（0，+∞）上的唯一零點為x0， 當x∈（0，x0）時，f′（x）＜0， 當x∈（x0+∞）時，f′（x）＞0， 故f（x）在

11、（0，x0）單調遞減，在（x0+∞）單調遞增， 所欲當x＝x0時，f（x）取得最小值，最小值為f（x0）， 由于﹣＝0， 所以f（x0）＝+2ax0+aln≥2a+aln． 故當a＞0時，f（x）≥2a+aln． 6．（2014年）設函數(shù)f（x）＝alnx+x2﹣bx（a≠1），曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為0， （1）求b； （2）若存在x0≥1，使得f（x0）＜，求a的取值范圍． 【解析】（1）f′（x）＝（x＞0）， ∵曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為0， ∴f′（1）＝a+（1﹣a）×1﹣b＝0，解得b＝1． （2）函數(shù)f（x

12、）的定義域為（0，+∞），由（1）可知：f（x）＝alnx+， ∴＝． ①當a時，則， 則當x＞1時，f′（x）＞0， ∴函數(shù)f（x）在（1，+∞）單調遞增， ∴存在x0≥1，使得f（x0）＜的充要條件是，即， 解得； ②當a＜1時，則， 則當x∈（1，）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在（1，）上單調遞減； 當x∈（，）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（，）上單調遞增． ∴存在x0≥1，使得f（x0）＜的充要條件是， 而，不符合題意，應舍去． ③若a＞1時，f（1）＝，成立． 綜上可得：a的取值范圍是（，）（，）． 7．（2013年）已知函數(shù)f（x）＝ex（a

13、x+b）﹣x2﹣4x，曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處切線方程為y＝4x+4． （1）求a，b的值； （2）討論f（x）的單調性，并求f（x）的極大值． 【解析】（1）∵f（x）＝ex（ax+b）﹣x2﹣4x， ∴f′（x）＝ex（ax+a+b）﹣2x﹣4， ∵曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處切線方程為y＝4x+4， ∴f（0）＝4，f′（0）＝4， ∴b＝4，a+b＝8， ∴a＝4，b＝4． （2）由（1）知，f（x）＝4ex（x+1）﹣x2﹣4x， f′（x）＝4ex（x+2）﹣2x﹣4＝4（x+2）（ex﹣）， 令f′（x）＝0，得x＝﹣ln2或x＝﹣2

14、 ∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）時，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）時，f′（x）＜0． ∴f（x）的單調增區(qū)間是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），單調減區(qū)間是（﹣2，﹣ln2）， 當x＝﹣2時，函數(shù)f（x）取得極大值，極大值為f（﹣2）＝4（1﹣e﹣2）． 8．（2012年）設函數(shù)f（x）＝ex﹣ax﹣2． （1）求f（x）的單調區(qū)間； （2）若a＝1，k為整數(shù)，且當x＞0時，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值． 【解析】（1）函數(shù)f（x）＝ex﹣ax﹣2的定義域是R，f′（x）＝ex﹣a， 若a≤0，則f′（x）＝ex﹣a≥0，所以函數(shù)f（x）

15、＝ex﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上單調遞增． 若a＞0，則當x∈（﹣∞，lna）時，f′（x）＝ex﹣a＜0； 當x∈（lna，+∞）時，f′（x）＝ex﹣a＞0； 所以，f（x）在（﹣∞，lna）單調遞減，在（lna，+∞）上單調遞增． （2）由于a＝1，所以，（x﹣k） f′（x）+x+1＝（x﹣k） （ex﹣1）+x+1， 故當x＞0時，（x﹣k） f′（x）+x+1＞0等價于k＜（x＞0）①， 令g（x）＝，則g′（x）＝， 由（1）知，當a＝1時，函數(shù)h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，+∞）上單調遞增， 而h（1）＜0，h（2）＞0， 所以h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，

16、+∞）上存在唯一的零點， 故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零點，設此零點為α，則有α∈（1，2） 當x∈（0，α）時，g′（x）＜0；當x∈（α，+∞）時，g′（x）＞0； 所以g（x）在（0，+∞）上的最小值為g（α）． 又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3） 由于①式等價于k＜g（α），故整數(shù)k的最大值為2． 9．（2011年）已知函數(shù)f（x）＝+，曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y﹣3＝0． （1）求a、b的值； （2）證明：當x＞0，且x≠1時，f（x）＞． 【解析】（1）． 由于直線x+2y﹣3＝0的斜率

17、為，且過點（1，1）， 所以， 解得a＝1，b＝1． （2）由（1）知f（x）＝， 所以， 考慮函數(shù)（）， 則， 所以當x≠1時，h′（x）＜0而h（1）＝0， 當x∈（0，1）時，h（x）＞0，可得； 當時，，可得． 從而當x＞0且x≠1時，，即f（x）＞． 10．（2010年）設函數(shù)f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2． （1）若a＝，求f（x）的單調區(qū)間； （2）若當x≥0時f（x）≥0，求a的取值范圍． 【解析】（1）a＝時，f（x）＝x（ex﹣1）﹣x2， ∴＝（ex﹣1）（x+1）， 令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0． ∴函數(shù)的單調增區(qū)間是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；單調減區(qū)間為（﹣1，0）． （2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）． 令g（x）＝ex﹣1﹣ax，則g'（x）＝ex﹣a． 若a≤1，則當x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）為增函數(shù)， 而g（0）＝0，從而當x≥0時g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，則當x∈（0，lna）時，g'（x）＜0，g（x）為減函數(shù)， 而g（0）＝0，從而當x∈（0，lna）時，g（x）＜0，即f（x）＜0． 綜合得a的取值范圍為（﹣∞，1]． 10