《2022年2021高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-函数与导数 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年2021高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-函数与导数 .pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019 高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编- 函数与导数1. 天津文19、本小题总分值14 分 函数32( )4361,f xxtxtxtxR， 其中tR、当1t时，求曲线( )yfx在点(0,(0)f处的切线方程；当0t时，求( )f x的单调区间；证明：对任意的(0,),( )tf x在区间(0,1)内均存在零点、【解析】19本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、 解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，总分值 14 分。解：当1t时，322( )436 ,(0)0,( )1266f xxxx ffxxx(0)6.f所以曲线
2、( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程为6 .yx解：22( )1266fxxtxt，令( )0fx，解得.2txtx或因为0t，以下分两种情况讨论：1假设0,2tttx则当变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表：x,2t,2tt, t( )fx+ - + ( )f x所以，( )fx的单调递增区间是,;( )2ttfx的单调递减区间是,2tt。2假设0,2ttt则，当x变化时，( ),( )fxf x的变化情况如下表：x,t,2tt,2t( )fx+ - + 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 -
3、- - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - ( )f x所以，( )fx的单调递增区间是,;( )2ttf x的单调递减区间是,.2tt证明：由可知，当0t时，( )f x在0,2t内的单调递减，在,2t内单调递增，以下分两种情况讨论：1当1,22tt即时，( )f x在 0，1内单调递减，2(0)10,(1)643644230.ftftt所以对任意2,),( )tf x在区间 0，1内均存在零点。2当01,022tt即时，( )fx在0,2t内单调递减，在,12t内单调递增，假设33177(0,1,10.244tftt
4、t2(1)643643230.fttttt所以( ),12tf x在内存在零点。假设3377(1,2),110.244ttfttt(0)10ft所以( )0,2tf x在内存在零点。所以，对任意(0,2),( )tf x在区间 0， 1内均存在零点。综上，对任意(0,),( )tf x在区间 0， 1内均存在零点。2. 北京文 18、 本小题共13 分函数( )()xf xxk e. 求( )f x的单调区间；名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，
5、共 21 页 - - - - - - - - - 求( )f x在区间 0,1 上的最小值 . 【解析】18 共 13 分解： .)1()(3ekxxf令0 xf，得1kx、)(xf与)(xf的情况如下：x kk,1k), 1(k)(xf0 + )(xf1ke所以，)(xf的单调递减区间是1,k ；单调递增区间是), 1(k当01k，即1k时，函数)(xf在0 ，1 上单调递增，所以fx在区间 0 ，1 上的最小值为;)0(kf当21, 110kk即时，由知( )0,1f xk在上单调递减， 在(1,1k上单调递增， 所以( )f x在区间 0 ，1 上的最小值为1(1)kf ke；当1,2k
6、tk即时，函数( )f x在0 ，1 上单调递减，所以( )f x在区间 0 ， 1 上的最小值为(1)(1) .fk e3.( 全国大纲文 )21 、 本小题总分值l2 分 注意：在试题卷上作答无效函数32( )3(36 )124f xxaxa xaaRI 证明：曲线( )0yf xx在处的切线过点2，2 ；II 假设0( )fxxx在处取得极小值，0(1,3)x，求 a 的取值范围。【解析】 21、解：I 2( )3636 .fxxaxa 2 分由(0)124,(0)36fafa得曲线( )0yf xx在处的切线方程为名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - -
7、- - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 21 页 - - - - - - - - - 由此知曲线( )0yf xx在处的切线过点2，2 6 分II 由2( )02120.fxxaxa得i 当2121,( )af x时没有极小值；ii 当2121,( )0aafx或时 由得221221,21,xaaaxaaa故02.xx由题设知21213.aaa当21a时，不等式21213aaa无解。当21a时，解不等式25121321.2aaaa得综合 i ii 得 a 的取值范围是5(,21).2 12 分4. 全国新文21、 本
8、小题总分值12 分函数ln( )1axbf xxx，曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程为230 xy、I 求 a， b 的值；II 证明：当x0，且1x时，ln( )1xfxx、【解析】21解：221(ln)( )(1)xxbxfxxx由于直线230 xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。由知ln1f ( )1xxxx，所以名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 21
9、页 - - - - - - - - - )1ln2(111ln)(22xxxxxxxf考虑函数( )2lnh xxxx12(0)x，那么22222)1() 1(22)(xxxxxxxh所以当1x时，, 0)1(,0)(hxh而故当) 1 ,0(x时，;0)(11,0)(2xhxxh可得当), 1 (x时，; 0)(11,0)(2xhxxh可得从而当.1ln)(,01ln)(,1,0 xxxfxxxfxx即且5. 辽宁文 20、 本小题总分值12 分设函数)(xf=x+ax2+blnx，曲线y=)(xf过P 1,0 ，且在P点处的切斜线率为2、I 求a，b的值；II 证明：)(xf2x-2 、【
10、解析】 20、解：I ( )12.bfxaxx 2 分由条件得(1)0,10,(1)2.122.fafab即解得1,3.ab 5 分II ( )(0,)f x 的定义域为，由 I 知2( )3ln.f xxxx设2( )( )(22)23ln,g xf xxxxx那么3(1)(23)( )12.xxgxxxx01,( )0;1,( )0.( )(0,1),(1,).xgxxg xg x当时当时所以在单调增加 在单调减少而(1)0,0, ( )0,( )22.gxg xf xx故当时即12 分名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选
11、学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - 6. 江西文 20、 本小题总分值13 分设321( ).3f xxmxnx1如果( )( )23x2g xfxx在处取得最小值 -5 ，求f(x)的解析式；2如果mn10(m,nN),f (x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m和 n 的值；注；区间 a， b的长度为b-a 【解析】 20、 本小题总分值13 分解： 1由题得222( )2(1)(3)(1)(3)(1)g xxmxnxmnm( )2g xx在处取得最小值 -5 所以212(3)(1)5mnm，
12、即3,2mn即得所要求的解析式为321( )32 .3f xxxx2因为2( )2,( )fxxmxnf x且的单调递减区间的长度为正整数，故( )0fx一定有两个不同的根，从而22440mnmn即，不妨设为21221,| 2x xxxmn则为正整数，故2m时才可能有符合条件的m ， n 当 m=2时，只有n=3 符合要求当 m=3时，只有n=5 符合要求当4m时，没有符合要求的n 综上所述，只有m=2 ，n=3 或 m=3 ，n=5 满足上述要求。7. 山东文 21、 本小题总分值12 分某企业拟建造如下图的容器不计厚度，长度单位：米，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求
13、容器的体积为803立方米，且2lr、假设该容器的建造费用仅与其表面积有关、圆柱形部分每平方米建造费用为3 千元，半球形部分每平方米建造费用为(3)c c、设该容器的建造费用为y千元、写出y关于的函数表达式，并求该函数的定义域；名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 21 页 - - - - - - - - - 求该容器的建造费用最小时的、【解析】 21、解：I 设容器的容积为V，由题意知23480,33Vr lrV又故322248044 203(
14、)333Vrlrrrrr由于2lr因此02.r所以建造费用2224 202342()34,3yrlr crrr cr因此21604 (2),02.ycrrrII 由 I 得3221608 (2)208 (2)(),02.2cycrrrrrc由于3,20,cc所以当3320200,.22rrcc时令320,2mc则所以2228 (2)()().cyrmrrmmr1当9022mc即时，当r=m时,y=0;当r(0,m) 时,y0.所以rm是函数 y 的极小值点，也是最小值点。2当2m即932c时，当(0,2),0,ry时函数单调递减，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - -
15、- - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - 所以 r=2 是函数 y 的最小值点，综上所述，当932c时，建造费用最小时2;r当92c时，建造费用最小时320.2rc8. 陕西文 21、 本小题总分值14 分设( )ln. ( )( )( )f xx g xf xfx。求( )g x的单调区间和最小值；讨论( )g x与1()gx的大小关系；求a的取值范围，使得( )( )g ag x1a对任意x0 成立。【解析】 21、解由题设知1( )ln,( )lnf xx g
16、 xxx，21( ),xgxx令( )gx0 得x=1，当x 0，1时，( )gx0，故 0，1是( )g x的单调减区间。当x 1，+时，( )gx0，故 1，+是( )g x的单调递增区间，因此，x=1是( )g x的唯一值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为(1)1.gII 1()ln xgxx设11( )( )( )2lnh xg xgxxxx，那么22(1)( )xh xx，当1x时，(1)0h即1( )( )g xgx，当(0,1)(1,)x时(1)0h，因此，( )h x在(0,)内单调递减，当01x时，( )(1)0h xh名师归纳总结 精品学习资料 - - - -
17、- - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 21 页 - - - - - - - - - 即1( )().g xgx当x1, ( )(1)0h xh时1( )()g xgx即III 由 I 知( )g x的最小值为1，所以，1( )( )g ag xa，对任意0 x，成立1( )1,g aa即ln1,a从而得0ae。9. 上海文 21、 14 分函数( )23xxfxab，其中常数,a b满足0ab。1假设0ab，判断函数( )f x的单调性；2假设0ab，求(1)( )f xf x时x折取值
18、范围。【 解析 】 21 、解 ： 当0,0ab时 ， 任 意1212,x xR xx， 那 么121212()()(22 )(33 )xxxxf xf xab121222 ,0(22 )0 xxxxaa，121233 ,0(33 )0 xxxxbb，12()()0f xf x，函数( )f x在R上是增函数。当0,0ab时，同理，函数( )f x在R上是减函数。(1)( )2230 xxf xfxab当0,0ab时，3()22xab，那么1.5log()2axb；当0,0ab时，3()22xab，那么1.5log()2axb。10. 四川文 22、 本小题共l4 分函数21( )32f xx
19、，( )h xx、设函数F(x) 18f(x) x2h(x)2，求F(x) 的单调区间与极值；设aR，解关于x的方程33lg(1)2lg()2lg(4)24f xh axhx；名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 21 页 - - - - - - - - - 设*nN，证明：1( ) ( ) (1)(2)( )6f n h nhhh nL、本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思
20、想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力、解： 223( )18( ) ( )129(0)F xf xxh xxxx，2( )312Fxx、令( )0Fx，得2x2x舍去 、当(0,2)x时、( )0Fx；当(2,)x时，( )0Fx，故当0,2)x时，( )F x为增函数；当2,)x时，( )F x为减函数、2x为( )F x的极大值点，且(2)824925F、方法一：原方程可化为42233log (1)log()log(4)24f xh axhx，即为4222log (1)loglog4log4axxaxxx，且,14,xax当14a时，1xa，那么14axxx，即2640 xxa，36
21、4(4)2040aa，此时6204352axa，1xa，此时方程仅有一解35xa、当4a时，14x，由14axxx，得2640 xxa，364(4)204aa，假设45a，那么0，方程有两解35xa；假设5a时，那么0，方程有一解3x；假设1a或5a，原方程无解、方法二：原方程可化为422log (1)log(4)log()xhxh ax，即2221log (1)log4log2xxax，10,40,0,(1)(4).xxaxxxax214,(3)5.xxaax当14a时，原方程有一解35xa；当45a时，原方程有二解35xa；当5a时，原方程有一解3x；当1a或5a时，原方程无解、由得(1)
22、(2)( )12hhh nnLL，1431( ) ( )666nf n h nn、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 21 页 - - - - - - - - - 设数列na的前n项和为nS，且1( ) ( )6nSf n h n*nN从而有111aS，当2100k时，14341166kkkkkaSSkk、又1(43)(41)16kakkkkk221(43)(41) (1)6(43)(41)1kkkkkkkk1106(43)(41)1kkk
23、k、即对任意2k时，有kak，又因为111a，所以1212naaanLL、那么(1)(2)( )nShhh nL，故原不等式成立、11. 浙江文21 本小题总分值15 分设函数axxxaxf22ln)(，0a求)(xf的单调区间；求所有实数a，使2)(1exfe对, 1ex恒成立、注：e为自然对数的底数、【解析】21此题主要考查函数的单调性、导数运算法那么、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力。总分值15 分。解：因为22( )ln.0f xaxxaxx其中所以2()(2)( )2axaxafxxaxx由于0a，所以( )f x的增区间为(0,)a，减区间为( ,)a证明：由题意
24、得，(1)11,facac即由知( )1, f xe在内单调递增，要使21( )1, ef xexe对恒成立，只要222(1)11,( )faef eaeaee解得.ae12. 重庆文 19、 本小题总分值12 分， 小题5 分， 小题7 分设3.2( )21f xxaxbx的导数为( )fx， 假设函数( )yfx的图像关于直线名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 21 页 - - - - - - - - - 12x对称，且(1)0f、求实
25、数,a b的值求函数( )f x的极值【解析】 19、 此题 12 分解： I因322( )21,( )62.f xxaxbxfxxaxb故从而22( )6(),66aafxxb即( )yfx关于直线6ax对称，从而由题设条件知1,3.62aa解得又由于(1)0,620,12.fabb即解得II 由 I 知32( )23121,f xxxx2( )6612fxxx6(1)(2).xx令12( )0,6(1)(2)0.2,1.fxxxxx即解得当(, 2),( )0,( )(, 2)xfxf x时故在上为增函数；当( 2,1),( )0,( )( 2,1)xfxf x时故在上为减函数；当(1,)
26、,( )0,( )(1,)xfxf x时故在上为增函数；从而函数1( )2f xx在处取得极大值2( 2)21,1fx在处取得极小值(1)6.f13. 安徽文18 本小题总分值13 分设21)(axexfx，其中a为正实数 . 当34a时，求( )f x的极值点；假设( )f x为R上的单调函数，求a的取值范围 . 【解析】18 本小题总分值13 分此题考查导数的运算，极值点的判断，导数符号与函名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 21 页
27、- - - - - - - - - 数单调变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力， 综合运用知识分析和解决问题的能力 . 解：对)(xf求导得.)1(1)(222axaxaxexfxI 当34a，假设.21,23,0384,0)(212xxxxxf解得则综合 , 可知所以 ,231x是极小值点 ,212x是极大值点 . II 假设)(xf为 R 上的单调函数，那么)(xf在 R 上不变号，结合与条件a0，知0122axax在 R上恒成立，因此,0)1(4442aaaa由此并结合0a，知.10a14. 福建文 22、 本小题总分值14 分a，b 为常数，且a0，函数 f x =-ax+b+
28、axlnx ， fe=2e=2、71828是自然对数的底数。I 求实数b 的值；II 求函数f x的单调区间；III当 a=1 时，是否同时存在实数m和 M m0得x1, 由f(x)0得0 x0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)上，( )0fx，故( )(0,)f x 在上单调递增、(3)当2aV时, 0,g(x)=0的两根为221244,22aaaaxx，当10 xx时，( )0fx；当12xxx时，( )0fx；当2xx时，( )0fx，故( )f x分别在12(0,),(,)xx上单调递增，在12(,)x x上单调递减、II 由 I 知，2a、因为1212121212()()()(
29、lnln)xxf xf xxxaxxx x，所以1212121212()()lnln11f xf xxxkaxxx xxxg名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 21 页 - - - - - - - - - 又由 (I) 知，121x x、于是1212lnln2xxkaxxg假设存在，使得2.ka那么1212lnln1xxxx、即1212lnlnxxxx、亦即222212ln0(1)(*)xxxx再由 I 知，函数1( )2lnh tttt在
30、(0,)上单调递增，而21x，所以222112ln12ln10.1xxx这与(*)式矛盾、故不存在，使得2.ka18. 广东文 19、 本小题总分值14 分设 a0, 讨论函数f x=lnx+a 1-a x2-2 1-a 的单调性。【解析】 19、 本小题总分值14 分解：函数( )f x的定义域为(0,).22 (1)2(1)1( ),aa xa xfxx当212(1)10aa x时, 方程 2a(1-a)x的判别式112(1).3aa当10,0,( )3afx时有两个零点，12(1)(31)(1)(31)110,22 (1)22 (1)aaaaxxaaaaaa且当12120,( )0,(
31、)(0,)(,)xxxxfxf xxx或时在与内为增函数；当1212,( )0,( )(,)xxxfxf xx x时在内为减函数；当11,0,( )0,( )(0,)3afxf x时所以在内为增函数；当11,( )0(0),( )(0,)afxxf xx时在内为增函数；名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 21 页 - - - - - - - - - 当1(1)(31)11,0,0,22 (1)aaaxaaa时2(1)(31)10,( )22
32、 (1)aaxfxaaa所以在定义域内有唯一零点1x，且 当110,( )0,( )(0,)xxfxf xx时在内 为增函 数； 当1xx时，1( )0,( )(,)fxfxx在内为减函数。( )f x的单调区间如下表：103a113a1a1(0,)x12(,)xx2(,)x(0,)1(0,)x1(,)x其中12(1)(31)(1)(31)11,22 (1)22 (1)aaaaxxaaaaaa19. 江苏19、a，b是实数，函数,)(,)(23bxxxgaxxxf)(xf和)(xg是)(),(xgxf的导函数， 假设0)()(xgxf在区间I上恒成立， 那么称)(xf和)(xg在区间I上单调性
33、一致1设0a，假设)(xf和)(xg在区间), 1上单调性一致, 求 b 的取值范围；2设, 0a且ba，假设)(xf和)(xg在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b| 的最大值【解析】 19、本小题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。总分值16 分. 解：.2)(,3)(2bxxgaxxf1由题意知), 10)()(在xgxf上恒成立，因为a0，故,032ax进而20,2xbbx即在区间 -1,+)上恒成立，所以2.b因此b的取值范围是2,). 2令( )0,.3afxx解得假设0,00( , ).b
34、aa b由得又因为(0)(0)0fgab，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 19 页，共 21 页 - - - - - - - - - 所以函数( )( )f xg x和在( , )a b上不是单调性一致的，因此0.b现设0.(,0),( )0bxg x当时；当(,)3ax时，( )0.fx因此，当(,)3ax时，( )( )0.fx gx故由题设得,33aaa且b-从而110,0.33ab于是因此11|,033abab且当时等号成立，又当211,0,
35、( )( )6 ()39abfx g xx x时， 从而当1(,0)( )( )03xfx g x时故当函数1( )( )(,0)3f xg x和在上单调性一致，因此|ab的最大值为1.320. 江苏 17、请你设计一个包装盒，如下图，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F 在 AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm 1某广告商要求包装盒侧面积Scm2最大，试问x应取何值？2某广告商要求包装盒容积V cm3最大，试问x应取何值？并求
36、出此时包装盒的高与底面边长的比值。P 【解析】 17、本小题主要考查函数的概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、空间想象力、数学阅读能力及解决实际问题的能力。总分值14 分. 解：设馐盒的高为hcm ，底面边长为acm ，由得.300),30(22260,2xxxhxa1,1800)15(8)30(842xxxahSxxEFABDC名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 20 页，共 21 页 - - - - - - - - - 所以当15x时， S取得最大值 . 2).20(26),30(22222xxVxxhaV由00 xV得舍或x=20. 当)20,0(x时，.0)30,20(;0VxV时当所以当 x=20 时， V取得极大值，也是最小值. 此时1122ha即装盒的高与底面边长的比值为1.2名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - -