2010-2018全国卷分类汇编(函数解答题)(共20页)

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1、2010-2018新课标全国卷分类汇编（函数解答题）（2018课标全国 21）（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：解：（1）由已知，得令， 当，即时，则函数在上单调递增. 当，即时，令，（i）当时，则当时，则函数在上单调递增.（ii）当时，则当时，则，单调递减；当时，则，单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在，上单调递减，在上单调递增.（2）法一：由（1）知，存在两个极值点当且仅当的两个极值点，满足，不妨设，则令由（1）知，在上单调递减，即原命题得证，即.法二：由（1）知，存在两个极值点当且仅当的两个极值点，满足，不妨设，则令，则令则在上单调递

2、减，则.原命题得证，即.（2018课标全国理21）（12分）已知函数（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求21解：（1）当时，等价于设函数，则当时，所以在单调递减而，故当时，即（2）设函数在只有一个零点当且仅当在只有一个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，所以故在有一个零点，因此在有两个零点综上，在只有一个零点时，（2018课标全国理21）（12分）已知函数（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求解：（1）当时，设函

3、数，则当时，；当时，故当时，且仅当时，从而，且仅当时，所以在单调递增 又，故当时，；当时，（2）（i）若，由（1）知，当时，这与是的极大值点矛盾（ii）若，设函数由于当时，故与符号相同又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点如果，则当，且时，故不是的极大值点如果，则存在根，故当，且时，所以不是的极大值点如果，则则当时，；当时，所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，（2017课标全国21）（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围【解析】 （1）由于故当时，从而恒成立在上单调递减当时，令，从而，得单调减极小值单调增 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上

4、单调递增（2）由（1）知，当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件当时，令令，则从而在上单调增，而故当时，当时当时若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件若，则，故仅有一个实根，不满足条件若，则，注意到故在上有一个实根，而又且故在上有一个实根又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根综上，（2017课标全国理21）（12分）已知函数，且（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且【答案】（1）；（2）证明见解析（2）由（1）知 ，设，则当 时， ；当 时，所以在上单调递减，在上单调递增又，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，当

5、时，因为，所以是的唯一极大值点由得，故由得因为是在（0，1）的最大值点，由，得所以【考点】利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出导数专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用（2017课标全国理21）

6、（12分）已知函数（1）若，求的值；（2）设为整数，且对于任意正整数，求的最小值【解析】 ，则，且当时，在上单调增，所以时，不满足题意；当时，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增若，在上单调递增当时矛盾若，在上单调递减当时矛盾若，在上单调递减，在上单调递增满足题意综上所述 当时即则有当且仅当时等号成立，一方面：，即另一方面：当时，的最小值为（2016课标全国，理21）（本小题满分12分） 已知函数有两个零点（）求的取值范围；（）设是的两个零点，证明：【解析】：由已知得：若，那么，只有唯一的零点，不合题意；若，那么，所以当时，单调递增;当时，单调递减;即：极小值故在上至多一个零点，在上至多

7、一个零点由于，则，根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点而当时，故则的两根， ，因为，故当或时，因此，当且时，又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点此时，在上有且只有两个零点，满足题意若，则，当时，即，单调递增；当时，即，单调递减；当时，即，单调递增即：+0-0+极大值极小值而极大值故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解而当时，单调递增，至多一个零点此时在上至多一个零点，不合题意若，那么当时，即，单调递增当时，即，单调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意若，则当时，即，单调递增当时，即，单调递减当时，即，单调递增即：+0-0+极大值极小值故当时，在处取到最大值

8、，那么恒成立，即无解当时，单调递增，至多一个零点,此时在上至多一个零点，不合题意综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为由已知得：，不难发现，故可整理得：, ，则，当时，单调递减；当时，单调递增设，构造代数式：设，,则，故单调递增，有因此，对于任意的，由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有令，则有而，在上单调递增，因此：整理得：（2016课标全国，理21）（本小题满分12分）()讨论函数的单调性，并证明当时，；()证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域【解析】试题分析：（）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（）用导数法求函数的最值，在构造新函数，

9、又用导数法求解.试题解析：（）的定义域为.且仅当时，所以在单调递增，因此当时，所以（II）由（I）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，的值域是考点： 函数的单调性、极值与最值.（2016课标全国，理21)（本小题满分12分）设函数，其中，记的最大值为（）求；（）求；（）证明试题解析：（）（）当时，因此， 4分当时，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（）由（）得.当时，.当时

10、，所以.当时，所以.考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解(2015课标全国，理21)（本小题满分12分）已知函数f（x）= ()当a为何值时，x轴为曲线 的切线；（）用 表示m,n中的最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数试题解析：（）设曲线与轴相切于点，则，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线. 5分（）当时，从而， 在（1，+）无零点. 当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不

11、是的零点.当时，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.()若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点. ()若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.学优高考网 若0，即0，在（0,1）无零点. 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； 若0，即，由于，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.10分综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 12分(2015课标全国，理21)设函数f(x)emx+x2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，

12、在(0，+)单调递增;(2)若对于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围.解：(1)f(x)m(emx1)+2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0;当x(0，+)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0;当x(0，+)时，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，+)单调递增.(2)由(1)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x0处取得最小值.所以对于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette+1，则g(t)

13、et1.当t0时，g(t)0;当t0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)e1+2e0，故当t1，1时，g(t)0.当m1，1时，g(m)0，g(m)0，即式成立;当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1;当m1时，g(m)0，即em+me1.综上，m的取值范围是1，1.(2014课标全国，理21)设函数，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.分析：(1)由已知可得f(1)e(11)22，切线斜率kef(1)，由此可求出a，b.(2)由(1)可求f(x)，结合不等式

14、的特点将之转化为g(x)h(x)的形式，通过比较g(x)的最小值与h(x)的最大值进行证明解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)由(1)知，从而f(x)1等价于.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当时，g(x)0；当时，g(x)0.故g(x)在单调递减，在单调递增，从而g(x)在(0，)的最小值为.设函数，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.故h(x)在(0,1)单调递增，在(1，)单调递减，从而h(x)在(0，)的最大值为.综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)

15、1.(2014课标全国，理21)已知函数f(x)exex2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 21.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)分析：在第(1)问中，利用求导公式求出函数f(x)的导数，然后利用导数可讨论函数f(x)的单调性；在第(2)问中，先根据条件求出g(x)表达式，然后对其求导，其次利用分类讨论的思想讨论b，进而求出b的最大值；在第(3)问中，由第(2)问可求出的表达式，再通过特殊值法，取b的两个值使与，由此确定出表达式中ln 2的范围上限与下限，最后求得ln 2的近似值

16、解：(1)f(x)exex20，等号仅当x0时成立，所以f(x)在(，)单调递增(2)g(x)f(2x)4bf(x)e2xe2x4b(exex)(8b4)x，g(x)2e2xe2x2b(exex)(4b2)2(exex2)(exex2b2)当b2时，g(x)0，等号仅当x0时成立，所以g(x)在(，)单调递增而g(0)0，所以对任意x0，g(x)0；当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时，g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，.当b2时，；当时，.所以ln 2的近似值为0.693.(2013课标全国，理21)(

17、本小题满分12分)设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解：(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即k1.令

18、F(x)0得x1ln k，x22.若1ke2，则2x10.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)2x124x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时，F(x)0，即F(x)在(2，)单调递增而F(2)0，故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)0.从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k的取值范围是1，e2(

19、2013课标全国，理21)(本小题满分12分)已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.解：(1)f(x).由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x).函数f(x)在(1，)单调递增，且f(0)0.因此当x(1,0)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(2)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)在(2，)单调递增又f(1)0，f

20、(0)0，故f(x)0在(2，)有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.(2012课标全国，理21)已知函数.() 求的解析式及单调区间；() 若，求的最大值解: () ,令得,再由,令得.所以的解析式为.,易知是上的增函数,且.所以 所以函数的增区间为,减区间为.() 若恒成立,即恒成立，,(1)当时,恒成立, 为上的增函数,且当时, ,不合题意;(2)当时,恒成立, 则,;(3)当时, 为增函数,由得, 故当时

21、, 取最小值.依题意有,即,令,则,所以当时, 取最大值.故当时, 取最大值.综上, 若，则 的最大值为.(2011课标全国，理21)已知函数，曲线在点处的切线方程为。（）求、的值；（）如果当，且时，求的取值范围。解析：（）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，。（）由（）知，所以。考虑函数，则。(i)设，由知，当时，h(x)递减。而故当时， ，可得；当x（1，+）时，h（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（+）0，即f（x）+.（ii）设0k0,故 (x）0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）0，可得h（x）0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）0，可得 h（x）0,与题设矛盾。 综合得，k的取值范围为（-，0点评;求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解。若求导后不易得到极值点，可二次求导，还不行时，就要使用参数讨论法了。即以参数为分类标准，看是否符合题意。求的答案。此题用的便是后者。(2010课标全国，理21)（本小题满分12分）设函数。（1） 若，求的单调区间；（2） 若当时，求的取值范围解：（1）时，.当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加（II）由（I）知，当且仅当时等号成立.故，从而当，即时，而，于是当时，.由可得.从而当时，故当时，而，于是当时，.综合得的取值范围为.