《2016---2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版(共20页).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016---2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版(共20页).docx（20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、精选优质文档-倾情为你奉上2016-2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数（理科）教师版1已知函数， ，其中a>1.（I）求函数的单调区间；（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）【解析】分析：（I）由题意可得.令，解得x=0.据此可得函数的单调递减区间，单调递增区间为.（II）曲线在点处的切线斜率为.曲线在点处的切线斜率为.原问题等价于.两边取对数可得.（III）由题意可得两条切线方程分别为l1： .l2： .则原问题等价于当时，存在
2、， ，使得l1和l2重合.转化为当时，关于x1的方程存在实数解，构造函数，令，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且x0>0，使得，据此可证得存在实数t，使得，则题中的结论成立.详解：（I）由已知， ，有.令，解得x=0.由a>1，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表：x00+极小值所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.由，可得曲线在点处的切线斜率为.因为这两条切线平行，故有，即.两边取以a为底的对数，得，所以.（III）曲线在点处的切线l1： .曲线在点处的切线l2： .要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明
3、当时，存在， ，使得l1和l2重合.即只需证明当时，方程组有解，由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于x1的方程存在实数解.设函数，即要证明当时，函数存在零点.，可知时， ；时， 单调递减，又， ，故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值.因为，故，所以.下面证明存在实数t，使得.由（I）可得，当时，有，所以存在实数t，使得因此，当时，存在，使得.所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.2设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex（1）若曲线y=fx在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，求a；（2）若f
4、(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷）详解：解：（）因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex，所以f （x）=2ax（4a+1）ex+ax2（4a+1）x+4a+3ex（xR）=ax2（2a+1）x+2exf (1)=(1a)e由题设知f (1)=0，即(1a)e=0，解得a=1此时f (1)=3e0所以a的值为1（）由（）得f （x）=ax2（2a+1）x+2ex=（ax1）(x2)ex若a>12，则当x(1a，2)时，f (x)<0；当x(2，+)时，f (x)>0所以f (x)<0在x=
5、2处取得极小值若a12，则当x(0，2)时，x2<0，ax112x1<0，所以f (x)>0所以2不是f (x)的极小值点综上可知，a的取值范围是（12，+）3已知函数f(x)=1x-x+alnx（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：fx1-fx2x1-x2<a-2【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）详解：（1）f(x)的定义域为(0,+)，f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.（i）若a2，则f'(x)0，当且仅当a=2，x=1时f'(x)=0，所以f(x)在
6、(0,+)单调递减.（ii）若a>2，令f'(x)=0得，x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x(0,a-a2-42)(a+a2-42,+)时，f'(x)<0；当x(a-a2-42,a+a2-42)时，f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-a2-42),(a+a2-42,+)单调递减，在(a-a2-42,a+a2-42)单调递增.（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于f(x1)-f(x2)x1-x2=
7、-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，所以f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2lnx2<0.设函数g(x)=1x-x+2lnx，由（1）知，g(x)在(0,+)单调递减，又g(1)=0，从而当x(1,+)时，g(x)<0.所以1x2-x2+2lnx2<0，即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.4已知函数fx=2+x+ax2ln1+x-2x（1）若a=0，证明：当-1<x<0时，fx<0；当x>0时，fx>0；（2）若x=
8、0是fx的极大值点，求a【来源】2018年全国卷理数高考试题文档版详解：（1）当a=0时，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，f'(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x，则g'(x)=x(1+x)2.当-1<x<0时，g'(x)<0；当x>0时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)g(0)=0，且仅当x=0时，g(x)=0，从而f'(x)0，且仅当x=0时，f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0，故当-1<x&l
9、t;0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0.（2）（i）若a0，由（1）知，当x>0时，f(x)(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.（ii）若a<0，设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|<min1,1|a|时，2+x+ax2>0，故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(
10、a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+1>0，则当0<x<-6a+14a，且|x|<min1,1|a|时，h'(x)>0，故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0，故当x(x1,0)，且|x|<min1,1|a|时，h'(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0，则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x(-1,0)时，h'(x)>0；当x(0,1)时，h'(x
11、)<0.所以x=0是h(x)的极大值点，从而x=0是f(x)的极大值点综上，a=-16.5已知函数f(x)=ex-ax2（1）若a=12，证明：当x0时，f(x)1；（2）若f(x)在(0,+)只有一个零点，求a的值.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II）详解：（1）当a=1时，f(x)1等价于(x2+1)e-x-10设函数g(x)=(x2+1)e-x-1，则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x当x1时，g'(x)<0，所以g(x)在(0,+)单调递减而g(0)=0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1（2）设函数h
12、(x)=1-ax2e-xf(x)在(0,+)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+)只有一个零点（i）当a0时，h(x)>0，h(x)没有零点；（ii）当a>0时，h'(x)=ax(x-2)e-x当x(0,2)时，h'(x)<0；当x(2,+)时，h'(x)>0所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+)单调递增故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0,+)没有零点；若h(2)=0，即a=e24，h(x)在(0,+)只有一个零点；若h(2)<0，即a>e24，由于h
13、(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，由（1）知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+)有两个零点综上，f(x)在(0,+)只有一个零点时，a=e246（2017.新课标3卷）已知函数f(x)=x-1-alnx（1）若f(x)0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1+12)(1+122)(1+12n)<m，求m的最小值试题解析：（1）fx的定义域为0，+.若a0，因为f12=-12+aln2<
14、;0，所以不满足题意；若a>0，由f'x=1-ax=x-ax知，当x0,a时，f'x<0；当xa，+时，f'x>0，所以fx在0,a单调递减，在a，+单调递增，故x=a是fx在0，+的唯一最小值点.由于f1=0，所以当且仅当a=1时，fx0.故a=1.（2）由（1）知当x1,+时，x-1-lnx>0.令x=1+12n得ln1+12n<12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n<12+122+12n=1-12n<1.故1+121+1221+12n<e.而1+121+1221+123>2，所以m的最小值为3
15、.7已知函数， ，其中是自然对数的底数.（）求曲线在点处的切线方程；（）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷精编版）试题解析：（）由题意又，所以，因此 曲线在点处的切线方程为，即 .（）由题意得 ，因为，令则所以在上单调递增.因为所以 当时， 当时， (1)当时， 当时， ， 单调递减，当时， ， 单调递增，所以 当时取得极小值，极小值是 ；(2)当时， 由 得 ， 当时， ，当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.所以 当时取得极大值.极大值为，当时取到极小值，极小值是 ；当时， ，所以 当
16、时， ，函数在上单调递增，无极值；当时， 所以 当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增；所以 当时取得极大值，极大值是；当时取得极小值.极小值是.综上所述：当时， 在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值， 极大值是；极小值是.8已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)0.（1）求a；（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2<f(x0)<2-
17、2.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷精编版）试题解析：（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx=xgx,fx0等价于gx0因为g1=0，gx0,故g'1=0,而g'x=a-1x,g'1=a-1,得a=1若a=1，则g'x=1-1x.当0x1时，g'x0,gx单调递减；当x1时，g'x0，gx单调递增.所以x=1是gx的极小值点，故gxg1=0综上，a=1（2）由（1）知fx=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx设hx=2x-2-lnx,则h'(x)=2-1x当x0,1
18、2时，h'x0；当x12,+时，h'x0，所以hx在0,12单调递减，在12,+单调递增又he-20,h120,h1=0，所以hx在0,12有唯一零点x0，在12,+有唯一零点1，且当x0,x0时，hx0；当xx0,1时，hx0，当x1,+时，hx0.因为f'x=hx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由f'x0=0得lnx0=2(x0-1),故fx0=x0(1-x0)由x00,1得f'x014因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由e-10,1,f'e-10得fx0fe-1=e-2所以e-2fx02-29已知函数ae2x+(a2) e
19、xx.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷精编版）试题解析：（1）的定义域为， ，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时， ；当时， ，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知， 至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时， 取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时， ，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上， 的取值范围为.10已知.（）讨论的单调性；（）当时，证明对于任意的成立.【来源】2016年全国普通高等学校
20、招生统一考试理科数学（山东卷精编版）试题解析：（）的定义域为；.当，时， ，单调递增；，单调递减.当时， .（1），当或时， ，单调递增；当时， ，单调递减；（2）时，在内， ，单调递增；（3）时，当或时， ，单调递增；当时， ，单调递减.综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；当时，在内单调递增；当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.（）由（）知，时， ，令，.则，由可得，当且仅当时取得等号.又，设，则在单调递减，因为，所以在上存在使得时，时，所以函数在上单调递增；在上单调递减，由于，因此，当且仅当取得等号，所以，即对于任意的恒
21、成立。11设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a R.（I）讨论f(x)的单调性；（II）确定a的所有可能取值，使得f(x)>1x-e1-x在区间（1，+）内恒成立(e=2.718为自然对数的底数)。【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（四川卷精编版）试题解析：（）f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).当a0时， f'(x)<0，f(x)在（0，+）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.此时，当x （0,12a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x （12a，+)时，f&#
22、39;(x)>0，f(x)单调递增.（）令g(x)=1x-1ex-1，s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.而当x>1时，s'(x)>0，所以s(x)在区间（1，+)内单调递增.又由s(1)=0，有s(x)>0，从而当x>1时，f(x)>0.当a0，x>1时，f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间（1，+)内恒成立时，必有a>0.当0<a<12时，12a>1.由（）有f(12a)<f(1)=0,从而g(12a)>0，所以此时f(x)>g(x)
23、在区间（1，+)内不恒成立.当a12时，令h(x)=f(x)-g(x)(x1)，当x>1时，h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0，因此，h(x)在区间(1,+)单调递增.又因为h(1)=0，所以当x>1时，h(x)=f(x)-g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a12,+).12设函数xR，其中a,bR.（）求f（x）的单调区间；（）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1x0，求证：x1+2x0=3；（）设a0,函数g（x）= |f（x
24、）|,求证：g（x）在区间0,2上的最大值不小于.【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷精编版）试题解析：（）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得，或.当变化时，的变化情况如下表：00单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为， .（）证明：因为存在极值点，所以由（）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（）知，存在唯一实数满足，且，因此，所以.（）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：（1）当时， ，由（）知，在区间上单调递减，所以在区间上的
25、取值范围为，因此，所以.（2）当时， ，由（）和（）知， ， ，所以在区间上的取值范围为，因此.（3）当时， ，由（）和（）知， ，所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.13设函数，曲线在点处的切线方程为.（）求， 的值；（）求的单调区间.【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷精编版）试题解析：（）因为，所以.依题设， 即解得.（）由（）知.由及知，与同号.令，则.所以，当时，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.故是在区间上的最小值，从而.综上可知，.故的单调递增区间为.【考点】导数的应用；运算求解能力14设函数，其中0，记的最大
26、值为A（）求；（）求A；（）证明当.【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷精编版）【试题解析：（） .（）当时，.因此.当时，将变形为令，则是在上的最大值， ， ，且当时， 取得极小值，极小值为令，解得（舍去），（）当时， 在内无极值点， ， ， ，所以（）当时，由，知又，所以综上， （）由（）得.当时， .当时， ，所以.当时， ，所以.15（）讨论函数的单调性，并证明当>0时， ；（）证明：当时，函数有最小值.设g（x）的最小值为，求函数的值域.【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷精编版）试题解析：（） 的定义域为.且仅当时，
27、 ，所以在单调递增，因此当时， 所以（）由（）知， 单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时， 单调递减；当时， 单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的 使得所以的值域是综上，当时， 有最小值， 的值域是16已知函数有两个零点.（）求a的取值范围；（）设x1，x2是的两个零点，证明： .【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷精编版）试题解析：（） （）设，则， 只有一个零点（）设，则当时， ；当时， 所以在单调递减，在单调递增又， ，取满足且，则，故存在两个零点（）设，由得或若，则，故当时， ，因此在单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时， ；当时， 因此在单调递减，在单调递增又当时， ，所以不存在两个零点综上， 的取值范围为（）不妨设，由（）知， ， 在单调递减，所以等价于，即由于，而，所以设，则所以当时， ，而，故当时， 从而，故专心-专注-专业