（新课标全国I卷）2010_2019学年高考数学真题分类汇编专题16函数与导数（2）文（含解析）.docx

专题16 函数与导数（2）函数与导数大题：10年10考，每年1题函数的载体上：对数函数很受“器重”，指数函数也较多出现，两种函数也会同时出现（2015年）第2小题：2019年不等式恒成立问题，2018年证明不等式，2017年不等式恒成立问题，2016年函数的零点问题，2015年证明不等式，2014年不等式有解问题（存在性），2013年单调性与极值，2012年不等式恒成立问题，2011年证明不等式，2010年不等式恒成立问题1（2019年）已知函数f（x）2sinxxcosxx， f（x）为f（x）的导数（1）证明：f（x）在区间（0，）存在唯一零点；（2）若x0，时，f（x）ax，求a的取值范围【解析】（1）f（x）2sinxxcosxx，f（x）2cosxcosx+xsinx1cosx+xsinx1，令g（x）cosx+xsinx1，则g（x）sinx+sinx+xcosxxcosx，当x（0，）时，xcosx0，当x（，）时，xcosx0，当x时，极大值为g（）0，又g（0）0，g（）2，g（x）在（0，）上有唯一零点，即f（x）在（0，）上有唯一零点；（2）由（1）知，f（x）在（0，）上有唯一零点x0，使得f（x0）0，且f（x）在（0，x0）为正，在（x0，）为负，f（x）在0，x0递增，在x0，递减，结合f（0）0，f（）0，可知f（x）在0，上非负，令h（x）ax，作出图象，如图所示：f（x）h（x），a0，a的取值范围是（，02（2018年）已知函数f（x）aexlnx1（1）设x2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a时，f（x）0【解析】（1）函数f（x）aexlnx1x0，f（x）aex，x2是f（x）的极值点，f（2）ae20，解得a，f（x）exlnx1，f（x），当0x2时，f（x）0，当x2时，f（x）0，f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调递增（2）证明：当a时，f（x）lnx1，设g（x）lnx1，则，由0，得x1，当0x1时，g（x）0，当x1时，g（x）0，x1是g（x）的最小值点，故当x0时，g（x）g（1）0，当a时，f（x）03（2017年）已知函数f（x）ex（exa）a2x（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）0，求a的取值范围【解析】（1）f（x）ex（exa）a2xe2xexaa2x，f（x）2e2xaexa2（2ex+a）（exa），当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在R上单调递增，当a0时，2ex+a0，令f（x）0，解得xlna，当xlna时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当xlna时，f（x）0，函数f（x）单调递增，当a0时，exa0，令f（x）0，解得xln（），当xln（）时，f（x）0，函数f（x）单调递减，当xln（）时，f（x）0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a0时，f（x）在R上单调递增，当a0时，f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增，当a0时，f（x）在（，ln（）上单调递减，在（ln（），+）上单调递增（2）当a0时，f（x）e2x0恒成立，当a0时，由（1）可得f（x）minf（lna）a2lna0，lna0，0a1，当a0时，由（1）可得：f（x）minf（ln（）a2ln（）0，ln（），a0，综上所述，a的取值范围为，14（2016年）已知函数f（x）（x2）ex+a（x1）2（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围【解析】（1）由f（x）（x2）ex+a（x1）2，可得f（x）（x1）ex+2a（x1）（x1）（ex+2a），当a0时，由f（x）0，可得x1；由f（x）0，可得x1，即有f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增（如图）；当a0时，（如图）若a，则f（x）0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a时，由f（x）0，可得x1或xln（2a）；由f（x）0，可得1xln（2a）即有f（x）在（，1），（ln（2a），+）递增；在（1，ln（2a）递减；若a0，由f（x）0，可得xln（2a）或x1；由f（x）0，可得ln（2a）x1即有f（x）在（，ln（2a），（1，+）递增；在（ln（2a），1）递减；（2）由（1）可得当a0时，f（x）在（，1）递减；在（1，+）递增，且f（1）e0，x+，f（x）+；当x时f（x）0或找到一个x1使得f（x）0对于a0恒成立，f（x）有两个零点；当a0时，f（x）（x2）ex，所以f（x）只有一个零点x2；当a0时，若a时，f（x）在（1，ln（2a）递减，在（，1），（ln（2a），+）递增，又当x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点；当a时，在（，ln（2a）单调增，在（1，+）单调增，在（1n（2a），1）单调减，只有f（ln（2a）等于0才有两个零点，而当x1时，f（x）0，所以只有一个零点不符题意综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+）5（2015年）设函数f（x）e2xalnx（1）讨论f（x）的导函数f（x）零点的个数；（2）证明：当a0时，f（x）2a+aln【解析】（1）f（x）e2xalnx的定义域为（0，+），f（x）2e2x当a0时，f（x）0恒成立，故f（x）没有零点，当a0时，ye2x为单调递增，y单调递增，f（x）在（0，+）单调递增，又f（a）0，假设存在b满足0bln时，且b，f（b）0，故当a0时，导函数f（x）存在唯一的零点，（2）由（1）知，可设导函数f（x）在（0，+）上的唯一零点为x0，当x（0，x0）时，f（x）0，当x（x0+）时，f（x）0，故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+）单调递增，所欲当xx0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），由于0，所以f（x0）+2ax0+aln2a+aln故当a0时，f（x）2a+aln6（2014年）设函数f（x）alnx+x2bx（a1），曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为0，（1）求b；（2）若存在x01，使得f（x0），求a的取值范围【解析】（1）f（x）（x0），曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为0，f（1）a+（1a）1b0，解得b1（2）函数f（x）的定义域为（0，+），由（1）可知：f（x）alnx+，当a时，则，则当x1时，f（x）0，函数f（x）在（1，+）单调递增，存在x01，使得f（x0）的充要条件是，即，解得；当a1时，则， 则当x（1，）时，f（x）0，函数f（x）在（1，）上单调递减；当x（，）时，f（x）0，函数f（x）在（，）上单调递增存在x01，使得f（x0）的充要条件是，而，不符合题意，应舍去若a1时，f（1），成立综上可得：a的取值范围是（，）（，）7（2013年）已知函数f（x）ex（ax+b）x24x，曲线yf（x）在点（0，f（0）处切线方程为y4x+4（1）求a，b的值；（2）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值【解析】（1）f（x）ex（ax+b）x24x，f（x）ex（ax+a+b）2x4，曲线yf（x）在点（0，f（0）处切线方程为y4x+4，f（0）4，f（0）4，b4，a+b8，a4，b4（2）由（1）知，f（x）4ex（x+1）x24x，f（x）4ex（x+2）2x44（x+2）（ex），令f（x）0，得xln2或x2x（，2）或（ln2，+）时，f（x）0；x（2，ln2）时，f（x）0f（x）的单调增区间是（，2），（ln2，+），单调减区间是（2，ln2），当x2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（2）4（1e2）8（2012年）设函数f（x）exax2（1）求f（x）的单调区间；（2）若a1，k为整数，且当x0时，（xk）f（x）+x+10，求k的最大值【解析】（1）函数f（x）exax2的定义域是R，f（x）exa，若a0，则f（x）exa0，所以函数f（x）exax2在（，+）上单调递增若a0，则当x（，lna）时，f（x）exa0；当x（lna，+）时，f（x）exa0；所以，f（x）在（，lna）单调递减，在（lna，+）上单调递增（2）由于a1，所以，（xk） f（x）+x+1（xk） （ex1）+x+1，故当x0时，（xk） f（x）+x+10等价于k（x0），令g（x），则g（x），由（1）知，当a1时，函数h（x）exx2在（0，+）上单调递增，而h（1）0，h（2）0，所以h（x）exx2在（0，+）上存在唯一的零点，故g（x）在（0，+）上存在唯一的零点，设此零点为，则有（1，2）当x（0，）时，g（x）0；当x（，+）时，g（x）0；所以g（x）在（0，+）上的最小值为g（）又由g（）0，可得e+2所以g（）+1（2，3）由于式等价于kg（），故整数k的最大值为29（2011年）已知函数f（x）+，曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为x+2y30（1）求a、b的值；（2）证明：当x0，且x1时，f（x）【解析】（1）由于直线x+2y30的斜率为，且过点（1，1），所以， 解得a1，b1（2）由（1）知f（x）， 所以， 考虑函数（），则， 所以当x1时，h（x）0而h（1）0，当x（0，1）时，h（x）0，可得；当时，可得从而当x0且x1时，即f（x）10（2010年）设函数f（x）x（ex1）ax2（1）若a，求f（x）的单调区间；（2）若当x0时f（x）0，求a的取值范围【解析】（1）a时，f（x）x（ex1）x2，（ex1）（x+1），令f（x）0，可得x1或