《高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版.pdf（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、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xfxa，logag xx，其中 a1.（I）求函数lnh xfxxa的单调区间；（II）若曲线yfx在点11,xfx处的切线与曲线yg x在点22,xg x处的切线平行，证明122lnlnlnaxg xa；（III）证明当1eae时，存在直线 l，使 l 是曲线yfx的切线，也是曲线yg x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xhxa lnalna.令0hx，解得x=0.据此可得函数h x的单调递减区间,0，单调递增区间为0,.（II）曲线yfx
2、在点11,xfx处的切线斜率为1xa lna.曲线yg x在点22,xg x处的切线斜率为21x lna.原问题等价于1221xx alna.两边取对数可得122lnlnaxg xlna.（III）由 题 意 可 得 两 条 切 线 方 程 分 别 为l1：111xxyaa lnaxx.l2：2221aylog xxxx lna.则 原 问 题 等 价 于 当1eae时，存 在1,x，20,x，使 得l1和l2重 合.转 化 为 当1eae时，关 于x1的 方 程1111120 xxlnlnaax a lnaxlnalna存在实数解，构造函数，令12xxlnlnau xaxa lnaxlnal
3、na，结合函数的性质可知存在唯一的x0，且 x00，使得00ux，据此可证得存在实数t，使得0u t，则题中的结论成立.详解：（I）由已知，xh xaxlna，有xhxa lnalna.令0h x，解得 x=0.由 a1，可知当 x 变化时，hx，h x的变化情况如下表：x,000,hx0+h x极小值Z所以函数h x的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,.（II）由xfxa lna，可得曲线yfx在点11,xfx处的切线斜率为1xa lna.由1gxxlna，可得曲线yg x在点22,xg x处的切线斜率为21x lna.因为这两条切线平行，故有121xa lnax lna，即1221xx
4、 alna.两边取以a 为底的对数，得21220alog xxlog lna，所以122lnlnaxg xlna.（III）曲线yfx在点11,xx a处的切线l1：111xxyaa lnaxx.曲线yg x在点22,ax log x处的切线l2：2221aylog xxxx lna.要证明当1eae时，存在直线l，使 l 是曲线yfx的切线，也是曲线yg x的切线，只需证明当1eae时，存在1,x，20,x，使得 l1和 l2重合.即只需证明当1eae时，方程组11121211xxxaa lnax lnaax a lnalog xlna有解，由得1221xxalna，代入，得1111120
5、xxlnlnaax a lnaxlnalna.因此，只需证明当1eae时，关于x1的方程存在实数解.设函数12xxlnlnau xaxa lnaxlnalna，即要证明当1eae时，函数yu x存在零点.21xuxlnaxa，可知,0 x时，0ux；0,x时，ux单调递减，又010u，212110lnaualna，故存在唯一的x0，且 x00，使得00ux，即02010 xlnax a.由此可得u x在0,x上单调递增，在0,x上单调递减.u x在0 xx处取得极大值0u x.因为1eae，故1ln lna，所以000000201212220 xxlnlnalnlnalnlnau xax a
6、lnaxxlnalnalnalnaxlna.下面证明存在实数t，使得0u t.由（I）可得1xaxlna，当1xlna时，有1211lnlnau xxlnaxlnaxlnalna22121lnlnalnaxxlnalna，所以存在实数t，使得0u t因此，当1eae时，存在1,x，使得10u x.所以，当1eae时，存在直线l，使 l 是曲线yfx的切线，也是曲线yg x的切线.2设函数?(?)=?2-(4?+1)?+4?+3?（1）若曲线?=?(?)在点（1，?(1)）处的切线与?轴平行，求?（2）若?(?)在?=2处取得极小值，求?的取值范围【来源】2018 年全国普通高等学校招生统一考试
7、理科数学（北京卷）详解：解：（）因为?(?)=?2-(4?+1)?+4?+3?，所以 f，x，=，2 ax，4 a+1，ex+，ax2，4 a+1，x+4a+3，ex，x，R，=，ax2，2 a+1，x+2，ex，f (1)=(1a)e，由题设知f(1)=0，即(1 a)e=0，解得 a=1，此时 f(1)=3e 0，所以 a 的值为 1，由，得 f，x，=，ax2，2 a+1，x+2，ex=，ax 1，(x 2)ex，若 a12，则当 x，(1?，2)时，f(x)0，所以 f(x)0 在 x=2 处取得极小值若 a12，则当 x，(0，2)时，x20，ax112x 10，所以 2 不是 f(
8、x)的极小值点综上可知，a 的取值范围是（12，+，3已知函数?(?)=1?-?+?ln?（1）讨论?(?)的单调性；（2）若?(?)存在两个极值点?1,?2，证明：?(?1)-?(?2)?1-?2 2，令?(?)=0得，?=?-?2-42或?=?+?2-42.当?(0,?-?2-42)(?+?2-42,+)时，?(?)0.所以?(?)在(0,?-?2-42),(?+?2-42,+)单调递减，在(?-?2-42,?+?2-42)单调递增.（2）由（1）知，?(?)存在两个极值点当且仅当?2.由于?(?)的两个极值点?1,?2满足?2-?+1=0，所以?1?2=1，不妨设?1 1.由于?(?1)
9、-?(?2)?1-?2=-1?1?2-1+?ln?1-ln?2?1-?2=-2+?ln?1-ln?2?1-?2=-2+?-2ln?21?2-?2，所以?(?1)-?(?2)?1-?2?-2等价于1?2-?2+2ln?2 0.设函数?(?)=1?-?+2ln?，由（1）知，?(?)在(0,+)单调递减，又?(1)=0，从而当?(1,+)时，?(?)0.所以1?2-?2+2ln?2 0，即?(?1)-?(?2)?1-?2?-2.4已知函数?(?)=(2+?+?2)ln(1+?)-2?（1）若?=0，证明：当-1?0时，?(?)0时，?(?)0（2）若?=0是?(?)的极大值点，求?【来源】2018
10、 年全国卷理数高考试题文档版详解：（1）当?=0时，?(?)=(2+?)ln(1+?)-2?，?(?)=ln(1+?)-?1+?.设函数?(?)=?(?)=ln(1+?)-?1+?，则?(?)=?(1+?)2.当-1?0时，?(?)0时，?(?)0.故当?-1 时，?(?)?(0)=0，且仅当?=0时，?(?)=0，从而?(?)0，且仅当?=0时，?(?)=0.所以?(?)在(-1,+)单调递增.又?(0)=0，故当-1?0时，?(?)0时，?(?)0.（2）（i）若?0，由（1）知，当?0时，?(?)(2+?)ln(1+?)-2?0=?(0)，这与?=0是?(?)的极大值点矛盾.（ii）若?
11、0，设函数?(?)=?(?)2+?+?2=ln(1+?)-2?2+?+?2.由于当|?|0，故?(?)与?(?)符号相同.又?(0)=?(0)=0，故?=0是?(?)的极大值点当且仅当?=0是?(?)的极大值点.?(?)=11+?-2(2+?+?2)-2?(1+2?)(2+?+?2)2=?2(?2?2+4?+6?+1)(?+1)(?2+?+2)2.如果 6?+1 0，则当 0?-6?+14?，且|?|0，故?=0不是?(?)的极大值点.如果 6?+1 0，则?2?2+4?+6?+1=0存在根?1 0，故当?(?1,0)，且|?|min1,1|?|时，?(?)0；当?(0,1)时，?(?)0.所
12、以?=0是?(?)的极大值点，从而?=0是?(?)的极大值点综上，?=-16.5已知函数?(?)=?-?2（1）若?=12，证明：当?0时，?(?)1（2）若?(?)在(0,?+?)只有一个零点，求?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?=1时，?(?)1等价于(?2+1)?-?-1 0，设函数?(?)=(?2+1)?-?-1，则?(?)=-(?2-2?+1)?-?=-(?-1)2?-?，当?1时，?(?)0，?(?)没有零点；（ii）当?0时，?(?)=?(?-2)?-?，当?(0,2)时，?(?)0，所以?(?)在(0,2)单调递减，在(2
13、,+)单调递增，故?(2)=1-4?2是?(?)在0,+)的最小值，若?(2)0，即?24，?(?)在(0,+)没有零点；若?(2)=0，即?=?24，?(?)在(0,+)只有一个零点；若?(2)?24，由于?(0)=1，所以?(?)在(0,2)有一个零点，由（1）知，当?0时，?2，所以?(4?)=1-16?3?4?=1-16?3(?2?)2 1-16?3(2?)4=1-1?0，故?(?)在(2,4?)有一个零点，因此?(?)在(0,+)有两个零点，综上，?(?)在(0,+)只有一个零点时，?=?24，6（2017.新课标 3 卷）已知函数?(?)=?-1-?ln?（1）若?(?)0，求 a
14、 的值；2）设 m 为整数，且对于任意正整数n(1+12)(1+122)?(1+12?)?，求 m 的最小值试题解析：（1）?(?)的定义域为(0，+).若?0，因为?(12)=-12+?ln2 0，由?(?)=1-?=?-?知，当?(0,?)时，?(?)0，所以?(?)在(0,?)单调递减，在(?，+)单调递增，故x=a 是?(?)在(0，+)的唯一最小值点.由于?(1)=0，所以当且仅当a=1时，?(?)0.故 a=1.（2）由（1）知当?(1,+)时，?-1-ln?0.令?=1+12?得ln(1+12?)12?.从而ln(1+12)+ln(1+122)+?+ln(1+12?)12+122
15、+?+12?=1-12?1.故(1+12)(1+122)?(1+12?)2，所以?的最小值为3.7 已 知 函 数22cosfxxx，cossin22xg xexxx，其 中2.71828eL是自然对数的底数.（）求曲线yfx在点,fx处的切线方程；（）令h xg xafxaR，讨论h x的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【来源】20XX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22f又22sinfxxx，所以2f，因此曲线yfx在点,f处的切线方程为222yx，即222yx.（）由题意得2cossin222cosxh xexxxa xx，因为cossi
16、n22sincos222sinxxhxexxxexxaxx2sin2sinxexxa xx2sinxeaxx，令sinm xxx则1cos0m xx所以m x在R上单调递增.因为00,m所以当0 x时，0,m x当0 x时，0m x(1)当0a时，xea0当0 x时，0h x，h x单调递减，当0 x时，0h x，h x单调递增，所以当0 x时h x取得极小值，极小值是021ha；(2)当0a时，ln2sinxahxeexx由0hx得1lnxa，2=0 x当01a时，ln0a，当,lnxa时，ln0,0 xaeehx，h x单调递增；当ln,0 xa时，ln0,0 xaeehx，h x单调递减
17、；当0,x时，ln0,0 xaeehx，h x单调递增.所以当lnxa时h x取得极大值.极大值为2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa，当0 x时h x取到极小值，极小值是021ha；当1a时，ln0a，所以当,x时，0h x，函数h x在,上单调递增，无极值；当1a时，ln0a所以当,0 x时，ln0 xaee，0,h xh x单调递增；当0,lnxa时，ln0 xaee，0,h xh x单调递减；当ln,xa时，ln0 xaee，0,hxh x单调递增；所以当0 x时h x取得极大值，极大值是021ha；当lnxa时h x取得极小值.极小值是2lnln2lnsin ln
18、cos ln2haaaaaa.综上所述：当0a时，h x在,0上单调递减，在0,上单调递增，函数h x有极小值，极小值是021ha；当01a时，函数h x在,lna和0,lna和0,上单调递增，在ln,0a上单调递减，函数h x有极大值，也有极小值，极大值是2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa极小值是021ha；当1a时，函数h x在,上单调递增，无极值；当1a时，函数h x在,0和ln,a上单调递增，在0,lna上单调递减，函数h x有极大值，也有极小值，极大值是021ha；极小值是2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa.8已知函数?(?)=?2-?-?
19、ln?,且?(?)0.（1）求a；（2）证明：?(?)存在唯一的极大值点?0，且?-2?(?0)1?-?1-?在区间（1，+）内恒成立(e=2.718 为自然对数的底数)。【来源】20XX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：（）?(?)=2?-1?=2?2-1?(?0).当?0时，?(?)0时，由?(?)=0，有?=1 2?.此时，当?（0,12?)时，?(?)0，?(?)单调递增.（）令?(?)=1?-1e?-1，?(?)=e?-1-?.则?(?)=e?-1-1.而当?1时，?(?)0，所以?(?)在区间（1，+)内单调递增.又由?(1)=0，有?(?)0，从而当
20、?1时，?(?)0.当?0，?1时，?(?)=?(?2-1)-ln?(?)在区间（1，+)内恒成立时，必有?0.当 0?1.由（）有?(1 2?)0，所以此时?(?)?(?)在区间（1，+)内不恒成立.当?12时，令?(?)=?(?)-?(?)(?1)，当?1时，?(?)=2?-1?+1?2-?1-?-1?+1?2-1?=?3-2?+1?2?2-2?+1?2 0，因此，?(?)在区间(1,+)单调递增.又因为?(1)=0，所以当?1时，?(?)=?(?)-?(?)0，即?(?)?(?)恒成立.综上，?12,+).12设函数31fxxaxb，x R，其中 a,b R.（）求 f（x）的单调区间；
21、（）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）|,求证：g（x）在区间 0,2上的最大值不小于14.【来源】20XX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313ax，或313ax.当变化时，的变化情况如下表：3,13a313a331,133aa313a31,3a00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331,133aa，单调递增区间为3,13a，31,3a.
22、（）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1x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，33102133aa，由（）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此2,012,1Mmaxffmaxabb，所以.（2）当时，2 3332 31011213333aaaa，由（）和（）知，2 3301133aafff，2 3321133aafff，所以在区间上的取值范围为331,133aaff，因此3322max1,1max3,33399aaaaMffaabaab.（3）当时
23、，2 32 3011233aa，由（）和（）知，2 3301133aafff，2 3321133aafff，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axfxxebx，曲 线yfx在 点2,2f处 的 切 线 方 程 为14yex.（）求a，b的值；（）求fx的单调区间.【来源】20XX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axfxxebx，所以1axfxx eb.依题设，222,21,fefe即222222,1,aaebeebe解得2,abe.（）由（）知2xfxxeex.由211xxfxexe及20 xe知，与
24、11xxe同号.令11xg xxe，则11xgxe.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cos21 cos1fxxx，其中 0，记fx的最大值为A（）求fx；（）求 A；（）证明当2fxA.【来源】20XX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：（）2 sin21 sinfxxx.（）当1时，sin21cos1fxxx21320f.因此32A.当01时，将fx变形为22 cos1 cos1fxxx令2211g ttt，则A是g t在1,1上的最
25、大值，1g，132g，且 当14t时，g t取 得 极 小 值，极 小 值 为2211611488g令1114，解得13（舍去），15（）当105时，g t在1,1内无极值点，1g，123g，11gg，所以23A（）当115a时，由112 10gg，知1114ggg又11711048gg，所以216148Ag综上，2123,0,561 1,1,8532,1.A（）由（）得2 sin21 sin21fxxx.当105时，1242 232fxA.当115时，131884A，所以12fxA.当1时，31642fxA，所以2fxA.15（）讨论函数2e2xxfxx的单调性，并证明当x0 时，2 e20
26、 xxx；（）证明：当0,1a时，函数2e=(0)xaxag xxx（）有最小值.设 g（x）的最小值为h a，求函数h a的值域.【来源】20XX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：（）fx的定义域为,22,.2221220,22xxxxxexex efxxx且仅当0 x时，0fx，所以fx在,2,2,单调递增，因此当0,x时，01,fxf所以22,220 xxxexxex（）33222,xxea xxgxfxaxx由（）知，fxa单调递增，对任意0,1,010,20,afaafaa因此，存在唯一00,2,x使得00,fxa即00gx，当00 xx时，0,0
27、,fxagxg x单调递减；当0 xx时，0,0,fxagxg x单调递增.因此g x在0 xx处取得最小值，最小值为0000000220001+1.2xxxea xefxxeg xxxx于是002xeh ax，由21()0,222xxxxeeeyxxx知单调递增所以，由00,2,x得002201.2022224xeeeeh ax因 为2xeyx单 调 递 增，对 任 意21,24e存 在 唯 一 的00,2,x00,1,afx使得,h a所以h a的值域是21,24e综上，当0,1a时，g x有最小值h a，h a的值域是21,.24e16已知函数221xfxxea x有两个零点.（）求 a
28、 的取值范围；（）设x1，x2是fx的两个零点，证明：122xx.【来源】20XX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：（）12112xxfxxea xxea（）设0a，则2xfxxe，fx只有一个零点（）设0a，则当,1x时，0fx；当1,x时，0fx所以fx在,1单调递减，在1,单调递增又1fe，2fa，取b满足0b且ln2ab，则22321022afbba ba bb，故fx存在两个零点（）设0a，由0fx得1x或ln2xa若2ea，则ln21a，故当1,x时，0fx，因此fx在1,单调递增又当1x时0fx，所以fx不存在两个零点若2ea，则ln21a，故 当1,ln2xa时，0fx；当ln2,xa时，0fx 因 此fx在1,ln2a单 调 递 减，在ln2,a单调递增又当1x时，0fx，所以fx不存在两个零点综上，a的取值范围为0,（）不妨设12xx，由（）知12,1,1,xx，22,1x，fx在,1单调递减，所以122xx等价于122fxfx，即220fx由于22222221xfxx ea x，而22222210 xfxxea x，所以22222222xxfxx exe设22xxg xxexe，则21xxgxxee所以当1x时，0gx，而10g，故当1x时，0g x从而2220g xfx，故122xx