2011年—2019年高考全国卷(1卷、2卷、3卷)理科数学试题分类汇编——8.函数与导数 下载本文

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也就是3x02?a?0且x03?ax0?的切线;

1133x轴为曲线y?f(x)解得x0?,因此,当a??时,?0,a??,

4244(Ⅱ)当x?1时,g(x)??lnx?0,函数h(x)?min{f(x),g(x)}?g(x)没有零点; 当x?1时,若a??零点;

当0?x?1时,g(x)??lnx?0,以下讨论y?f(x)在区间(0,1)上的零点的个数. 对于f?(x)?3x?a,因为0?3x2?3,所以令f?(x)?0可得a??3x2,那么

(i)当a??3或a?0时,f?(x)没有零点(f?(x)?0或f?(x)?0),y?f(x)在区间(0,1)上是单调函数,且f(0)?255,则f(1)?a??0,h(1)?min{f(1),g(1)}?g(1)?0,故x?1是h(x)的4415,f(1)?a?,所以当a??3时,y?f(x)在区间(0,1)上有一个零点;当a?0时,44y?f(x)在区间(0,1)上没有零点;

(ii)当?3?a?0时,f?(x)?0(0?x??aaa)且f?(x)?0(??x?1),所以x??为333最小值点,且f(?a2aa1)???. 3334a3)?0,即??a?0时,y?f(x)在区间(0,1)上没有零点; 34显然,若f(?若f(?a3)?0,即a??时,y?f(x)在区间(0,1)上有1个零点; 34a31553)?0,即?3?a时,因为f(0)?,f(1)?a?,所以若??a??,y?f(x)??344444若f(?在区间(0,1)上有2个零点;若?3?a??5,y?f(x)在区间(0,1)上有1个零点. 43535综上,当a??或a??时,h(x)有1个零点;当a??或a??时,h(x)有2个零点;当

444453??a??时,h(x)有3个零点. 44

(2016·新课标Ⅲ,21)设函数f?x??acos2x??a?1??cosx?1?,其中a?0,记f?x?的最大值为A.

(1)求f'?x?;(2)求A;(3)证明:f'?x??2A. 解析:(1) f'?x???2asin2x??a?1?sinx

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(2) 当a?1时,|f(x)|?|acos2x?(a?1)(cosx?1)|?a?2(a?1)?3a?2?f(0) 因此,A?3a?2.

当0?a?1时,将f(x)变形为f(x)?2acosx?(a?1)cosx?1. 令g(t)?2at?(a?1)t?1,则A是|g(t)|在[?1,1]上的最大值,

22g(?1)?a,g(1)?3a?2,且当t?1?a时,g(t)取得极小值, 4a1?a(a?1)2a2?6a?1)???1??极小值为g(. 4a8a8a令?1?111?a,a?. ?1,解得a??(舍去)

354a1时,g(t)在(?1,1)内无极值点,|g(?1)|?a,|g(1)|?2?3a,|g(?1)|?|g(1)|,所5①当0?a?以A?2?3a. ②当

11?a?a?1时,由g(?1)?g(1)?2(1?a)?0,知g(?1)?g(1)?g(). 54a1?aa2?6a?11?a(1?a)(1?7a))|?又|g(. )|?|g(?1)|??0,所以A?|g(4a8a4a8a1?2?3a,0?a??5?2?a?6a?11,?a?1. 综上,A??8a5?3a?2,a?1???(3) 由(1)得|f(x)|?|?2asin2x?(a?1)sinx|?2a?|a?1|. 当0?a?当

'1'时,|f(x)|?1?a?2?4a?2(2?3a)?2A. 51a13?a?1时,A????1,所以|f'(x)|?1?a?2A. 588a4''当a?1时,|f(x)|?3a?1?6a?4?2A,所以|f(x)|?2A.

(2015·新课标Ⅱ,21)设函数f(x)?emx?x2?mx.

(Ⅰ)证明:f (x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;

(Ⅱ)若对于任意x1,,x2∈[-1,1],都有|f (x1)- f (x2)|≤ e-1,求m的取值范围. 解析:(Ⅰ)f?(x)?m(e时,emxmxmx?1)?2x,0,??)若m?0,则当x?(??,0)时,e?1?0,f?(x)?0;当x?(?1?0,f?(x)?0. 若m?0,则当x?(??,0)时,emx?1?0,f?(x)?0;当x?(0,??)时,

emx?1?0,f?(x)?0,所以,f(x)在(??,0)单调递减,在(0,??)单调递增.

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(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x?0处取

|f(x1)?f(x2)|?e?1的充要条件是?得最小值,所以对于任意x1,x2?[?1,1],

m??e?m?e?1tt?e即??m①. 设函数g(t)?e?t?e?1,则g?()??e?m?e?1t?f(1)?f(0)?e?1,

?f(?1)?f(0)?e?1?1,当t?0时,g?(t)?0;当t?0时,

g?(t)?0,故g(t)在(??,0)单调递减,在(0,??)单调递增.又g(1)?0,g(?1)?e?1?2?e?0,

故当t?[?1,1]时,g(t)?0.当m?[?1,1]时,g(m)?0,g(?m)?0,即①式成立;当m?1时,由g(t)的单调性,g(m)?0,即e?m?e?1;当m??1时,g(?m)?0,即e取值范围是[-1,1].

m?m?m?e?1,综上,m的

bex?1(2014·新课标Ⅰ,21)设函数f(x0?aelnx?,曲线y?f(x)在点(1,f(1)处的切线为

xxy?e(x?1)?2.

(Ⅰ)求a,b; (Ⅱ)证明:f(x)?1.

解析:(Ⅰ) 函数f(x)的定义域为?0,???,f?(x)?aexlnx?axbx?1bx?1e?2e?e xxx由题意可得f(1)?2,f?(1)?e,故a?1,b?2 ……………6分

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

2ex?12f(x)?elnx?,从而f(x)?1等价于xlnx?xe?x?

xex设函数g(x)?xlnx,则g?(x)?xn?lx,所以当x??0,?时,g?(x)?0,当x??,???时,g?(x)?0,

??1?e??1?e??故g(x)在

11?1??1?0,,??单调递减,在单调递增,从而在的最小值为. g(x)g()??0,????????eeee????2?x,则h?(x)?e?1?x?,所以当x??0,1?时,h?(x)?0,当x??1,???时,e1故h(x)在?0,1?单调递增,在?1,???单调递减,从而h(x)g(x)在?0,???的最小值h(1)??. h?(x)?0,

e设函数h(x)?xe?x?综上:当x?0时,g(x)?h(x),即f(x)?1. ……………12分 (2014·新课标Ⅱ,21)已知函数f(x)?ex?e?x?2x. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)设g(x)?f(2x)?4bf(x),当x?0时,g(x)?0,求b的最大值; (Ⅲ)已知1.4142?2?1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).

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?f?(x)?e?e?2=e?解析:(Ⅰ)f(x)?e?e?2x,x?R,号成立,所以函数f(x)在R上单调递增. (Ⅱ)

x?xx?xx1x1?2?2e?x?2?0. ∴当且仅当x=0时等

exex>0

时,

g(x)?f(2x)?4bf(x)?e2x?e?2x?4x?4b(ex?e?x?2x),∴当

e2x?e?2x?4x?4b(ex?e?x?2x)?0,?g?(x)?2[e2x?e?2x?2b(ex?e?x)?(4b?2)] ?2(ex?e?x?2)[ex?e?x?(2b?2)],ex?e?x?2ex?e?x?2,?2(ex?e?x?2)?0,

(1) 当b?2时,g?(x)?0,当且仅当x=0时等号成立. 所以此时g(x)在R上单调递增,而g(0)=0,所以对任意x>0,有g(x)>0.

(2) 当b?2时,若x满足2?ex?e?x?2b?2时,即0?x?ln(b?1?b2?2b)时,g?(x)?0,而g(0)=0,因此当0?x?ln(b?1?b2?2b)时,g(x)<0.

综上可知,当b?2时,才对任意的x>0,有g(x)>0,因此b的最大值为2. (Ⅲ)由(Ⅱ)知,g(ln2)?当b=2时,g(ln2)?当b?3?22b?2(2b?1)ln2, 282?33?0.6928; ?42?6ln2?0,ln2?122323?1时,ln(b?1?b2?2b)?ln2,g(ln2)???22?(32?2)ln2?0, 4218?2?0.6934,所以ln2的近似值为0.693. 28ln2?(2013·新课标Ⅰ,理21)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.

(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 解析:(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4.

而f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而a=4,b=2,c=2,d=2.

(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).

设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得F(0)≥0,即k≥1. 令F′(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.

①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).

而F(x1)=2x1+2-x1-4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ②若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).

从而当x>-2时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0. 从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k的取值范围是[1,e2].

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(2013·新课标Ⅱ,21)已知函数f(x)?ex?ln(x?m).

(Ⅰ)设x?0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m?2时,证明f(x)?0.

1. 由x=0是f(x)的极值点得f ′(0)=0,所以m=1. 于是f (x)=ex-ln(x+1),定x?m11xx义域为(-1,+∞),f ′(x)=e?.函数f ′(x)=e?在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0.因此当x∈(-1,0)

x?1x?1解析:(Ⅰ)f ′(x)=e?x时,f ′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f ′(x)>0.所以f (x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.

(Ⅱ)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.当m=2时,函数f ′(x)=e?x1在(-2,+∞)单调递增.又f ′(-1)<0,f ′(0)>0,故f ′(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x?2x0∈(-1,0).当x∈(-2,x0)时,f ′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f ′(x)>0,从而当x=x0时,f (x)取得最小值.由

?x0?1?211f ′(x0)=0得e=,ln(x0+2)=-x0,故f (x) ≥ f (x0)=+x0=>0.

x0?2x0?2x0?2x0

综上,当m≤2时,f (x)>0.

(2012·新课标Ⅰ,21)已知函数f(x)满足f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)?解析:(1)因为f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?12x. 212x?ax?b,求(a?1)b的最大值. 212x,所以f'(x)?f'(1)ex?1?f(0)?x, 21?f(0)?f'(1)??所以?,解得f(0)?1,f'(1)?e. e??f'(1)?f'(1)?f(0)?1所以f(x)的解析式为f(x)?ex?x?x12x,由此得f'(x)?ex?1?x. 2而f'(x)?e?1?x是R上的增函数,且f'(0)?0,

因此,当x?(0,??)时,f'(x)?f'(0)?0,f(x)在(0,??)上是增函数; 当x?(??,0)时,f'(x)?f'(0)?0,f(x)在(??,0)上是减函数. 综上所述,函数f(x)的增区间为(0,??),减区间为(??,0).

(2)由已知条件得e?(a?1)x?b. ①

(i)若a?1?0,则对任意常数b,当x?0,且x?可得e?(a?1)x?b,因此①式不成立.

xx1?b, a?1