高考数学真题——函数压轴题含答案.doc

2018年数学全国1卷已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：解:（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.2017年数学全国1卷已知函数ae2x+(a2) exx.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.（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2016年数学全国1卷已知函数有两个零点.（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是的两个零点，证明：.【答案】(I)；（II）见解析【解析】 试题分析：(I)求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；(II)借助(I)的结论来证明，由单调性可知等价于，即设，则则当时，而，故当时，从而，故试题解析：（）（i）设，则，只有一个零点时，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2013年数学全国1卷设函数，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线（）求，的值；（）当2时，求的取值范围。21【解析】（）由已知得，而=，=，=4，=2，=2，=2；4分（）由（）知，设函数=（），=，有题设可得0，即，令=0得，=，=2，1）若，则20，当时，0，当时，0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而=0，当2时，0，即恒成立，(2)若，则=，当2时，0，在(2,+)单调递增，而=0，当2时，0，即恒成立，(3)若，则=0，当2时，不可能恒成立，综上所述，的取值范围为1,.2012年数学全国1卷已知函数满足.（1） 求的解析式及单调区间；（2） 若，求的最大值. 【解析】（1） 令得： 得： 在上单调递增 得：的解析式为 且单调递增区间为，单调递减区间为 （2）得 当时，在上单调递增 时，与矛盾 当时， 得：当时， 令；则 当时， 当时，的最大值为2011年数学全国1卷(I)设函数，证明：当时，；(II)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为.证明：【命题意图】本题为导数、概率与不等式的综合,主要考查导数的应用和利用导数证明不等式.考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.【解析】(I) 2分当时, ,所以为增函数,又,因此当时,. 5分(II) .又所以.由(I)知: 当时, 因此 .在上式中,令,则 19,即.所以 12分2009年数学全国1卷设函数在两个极值点，且（I）求满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点的区域；(II)证明：分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。大部分考生有思路并能够得分。由题意知方程有两个根则有故有 右图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。(II)这一问考生不易得分，有一定的区分度。主要原因是含字母较多，不易找到突破口。此题主要利用消元的手段，消去目标中的，（如果消会较繁琐）再利用的范围，并借助（I）中的约束条件得进而求解，有较强的技巧性。解： 由题意有又消去可得又，且 已知函数（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求【解析】（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学&科网若，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，已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.解：（1）的定义域为设，则等价于因为若a=1，则.当0x1时，单调递减；当x1时，0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上，a=1（2）由（1）知设当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由由得因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得所以(I)讨论函数 的单调性，并证明当 0时， (II)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）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，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.(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.(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(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.（）设函数，证明：当时，；（）从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为.证明：解：（I） . 2分当时，所以当， 5分（II） .又，所以 9分由（I）知：当，所以 .令则,所以综上： 12分设函数 （）证明：当时，； （）设当时，求a的取值范围解： （I）当时，当且仅当令2分当，是增函数；当是减函数。于是在x=0处达到最小值，因而当时，所以当6分、 （II）由题设当不成立；当则当且令当8分 （i）当时，由（I）知是减函数，10分 （ii）当时，由（I）知当时，综上，a的取值范围是12分已知函数 =x1alnx（1）若 ，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解：（1）的定义域为.若，因为，所以不满足题意；若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1（2）由（1）知当时，令得，从而故而，所以m的最小值为3.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.学#科网又，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，.设函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求函数的单调区间； （）若函数在区间内单调递增，求的取值范围. 【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力（）, 曲线在点处的切线方程为.（）由，得， 若，则当时，函数单调递减， 当时，函数单调递增， 若，则当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减， （）由（）知，若，则当且仅当，即时，函数内单调递增，若，则当且仅当，即时，函数内单调递增， 综上可知，函数内单调递增时，的取值范围是.已知函数()=In(1+)-+(0)。()当=2时，求曲线=()在点(1，(1)处的切线方程；()求()的单调区间。解：（I）当时， 由于， 所以曲线在点处的切线方程为 即 （II），. 当时，. 所以，在区间上，；在区间上，. 故得单调递增区间是，单调递减区间是. 当时，由，得， 所以，在区间和上，；在区间上， 故得单调递增区间是和，单调递减区间是. 当时， 故得单调递增区间是.当时，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是已知函数。（）求的单调区间；（）若对于任意的，都有，求的取值范围。已知函数，.（1）若曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，求，的值；（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间上的最大值.解：（1）由为公共切点可得：，则，则，又，即，代入式可得：（2），设则，令，解得：，；，原函数在单调递增，在单调递减，在上单调递增若，即时，最大值为；若，即时，最大值为若时，即时，最大值为综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为设为曲线在点处的切线。（）求的方程；（）证明：除切点之外，曲线在直线的下方。已知函数，（1） 求证：；（2） 若在上恒成立，求的最大值与的最小值.解：（I）由得 。 因为在区间上，所以在区间上单调递减。从而。（）当时，“”等价于“”“”等价于“”。 令，则， 当时，对任意恒成立。 当时，因为对任意，所以在区间上单调递减。从而对任意恒成立。 当时，存在唯一的使得。 与在区间上的情况如下： 0因为在区间上是增函数，所以。进一步，“对任意恒成立”当且仅当，即， 综上所述，当且仅当时，对任意恒成立；当且仅当时，对任意恒成立. 所以，若对任意恒成立，则a最大值为，b的最小值为1.已知函数 （）求曲线在点处的切线方程；（）求证：当时,； （）设实数使得对恒成立，求的最大值解：（) 所以又所以，切线方程为 即（）又因为，所以所以在上是增函数又， 故所以（）设 ，函数是单调递增，显然成立当时，令，得+极值，显然不成立，由此可知最大值为2设函数，曲线在点处的切线方程为.（I）求，的值；（II）求的单调区间.【答案】（I）；（II） 【解析】试题分析：（I）根据题意求出，根据求a,b的值即可；【考点】导数的应用；运算求解能力【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点设函数=（）若曲线y= f（x）在点（1，）处的切线与轴平行，求a；（）若在x=2处取得极小值，求a的取值范围解：（）因为=，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 ，则当x( ，2)时，f (x)0所以f (x)0在x=2处取得极小值若a ，则当x(0，2)时，x20，ax1 x10所以2不是f (x)的极小值点综上可知，a的取值范围是（ ，+）已知函数其中（）当时，求曲线处的切线的斜率；（）当时，求函数的单调区间与极值。本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。满分12分。（）解：所以曲线在点处的切线的斜率为（）解：令以下分两种情况讨论。（1），则.当变化时，的变化情况如下表：+00+极大值极小值所以在内事增函数，在内是减函数。函数在处取得极大值函数在处取得极小值（2），则，当变化时，的变化情况如下表：+00+极大值极小值所以在内是增函数，在内是减函数。函数在处取得极大值函数在处取得极小值已知函数(c为e)（）求函数的单调区间和极值；（）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，（）如果，且，证明（）解：f令f(x)=0,解得x=1当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表X()1()f(x)+0-f(x)极大值所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=（）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)令F(x)=f(x)-g(x),即于是当x1时，2x-20,从而(x)0,从而函数F（x）在1,+)是增函数。又F(1)=F(x)F(1)=0,即f(x)g(x).)证明：（1）若（2）若根据（1）（2）得由（）可知，,则=，所以,从而.因为，所以，又由（）可知函数f(x)在区间（-，1）内事增函数，所以,即2.已知函数. () 求函数f(x)的单调区间; () 证明: 对任意的t0, 存在唯一的s, 使. () 设()中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.()解：函数的定义域为（0，+），令，得.当变化时，的变化情况如下表：所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（）证明：当时，.设，令，.由()知，在区间内单调递增. ，.故存在唯一的，使得成立.()证明：因为，由（）知，且，从而，其中.要使成立，只需.当时，若，则由的单调性，有，矛盾.所以，即，从而成立.另一方面，令.,令，得.当时，；当时，.故对，.因此成立.综上，当时，有.已知函数，其中.(I)讨论的单调性；(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；(III)若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.试题解析：(I)由，可得，其中且，下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，当变化时，的变化情况如下表：所以，在，上单调递减，在内单调递增.(2)当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减.所以，在上单调递增，在上单调递减. (II)证明：设点的坐标为，则，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时， ，当时，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有. (III)证明：不妨设，由(II)知，设方程的根为，可得，当时，在上单调递减，又由(II)知可得.类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对任意，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.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)|,求证：g(x)在区间0,2上的最大值不小于.【答案】（）详见解析；（）详见解析；（）详见解析.【解析】试题分析：（）先求函数的导数，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（）由题意得，计算可得.再由及单调性可得结论；（）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，可分三种情况研究：；.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，（）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，在区间上的最大中/华-资*源%库值不小于.【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1求可导函数单调区间的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数f (x)；(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f (x)0或f (x)0的解集；(4)由f (x)0(f (x)0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间2由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f (x)0(或f (x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到已知函数，其中a1.（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.（I）解：由已知，有.令，解得x=0.由a1，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，单调递增区间为.（II）证明：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）证明：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，只需证明当时，存在，使得l1和l2重合.学*科网即只需证明当时，方程组有解，由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于x1的方程有实数解.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x00，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.设函数，R（）若为的极值点，求实数；（）求实数的取值范围，使得对任意的（0,3，恒有4成立.注：为自然对数的底数。（）解：求导得f(x)=2(x-a)lnx+=()(2ln x+1-). 因为x=e是f(x)的极值点，所以f(e)= ，解得 或，经检验，符合题意，所以 或。（）解：当时，对于任意的实数a,恒有成立， 当，由题意，首先有， 解得 由（）知， ，则， 且 =。 又在（0，+）内单调递增，所以函数在（0，+）内有唯一零点，记此零点为，则，。 从而，当时，；当时，；当时，即在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增。所以要使对恒成立，只要 成立。，知（3）将（3）代入（1）得，又，注意到函数在1,+)内单调递增，故。再由（3）以及函数2xlnx+x在（1.+ +)内单调递增，可得。由（2）解得，。所以综上，a的取值范围为。已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【解析】（1） 令得： 得： 在上单调递增 得：的解析式为 且单调递增区间为，单调递减区间为 （2）得 当时，在上单调递增 时，与矛盾 当时， 得：当时， 令；则 当时， 当时，的最大值为已知，函数（）求曲线在点处的切线方程；（）当时，求的最大值（）由题意，故 又，所以所求的切线方程为（）由于故 (i)当时，有，此时在上单调递减，故 (ii)当时，有，此时在上单调递增，故 (iii)当时，设，则 ， 列表如下：02+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增 由于， 故， 从而， 所以 （1）当时， 又， 故 （2）当时，且 又， 所以当时，故 当时，故 综上所述，已知，函数F（x）=min2|x1|，x22ax+4a2，其中minp，q= （I）求使得等式F（x）=x22ax+4a2成立的x的取值范围；（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；（ii）求F（x）在区间0,6上的最大值M（a）.【答案】（I）；（II）（i）；（ii）【考点】函数的单调性与最值，分段函数，不等式已知函数（I）求的导函数（II）求在区间上的取值范围（）因为 （x-2x-1）=1-12x-1,(e-x)=-e-x所以fx=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x=1-x2x-1-2e-x2x-1(x12).（）由fx=1-x2x-1-2e-x2x-1=0解得x=1或x=52.因为x12（12，1）1（1，52）52（52，+）f(x)-0+0-f（x）12e-120又f（x）=12（2x-1-1）2e-x0，所以f（x）在区间12，+）上的取值范围是0,12e-12.已知函数f(x)=lnx（）若f(x)在x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)88ln2；（）若a34ln2，证明：对于任意k0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点（）函数f（x）的导函数，由得，因为，所以由基本不等式得因为，所以由题意得设，则，所以x（0，16）16（16，+）-0+2-4ln2所以g（x）在256，+）上单调递增，故，即（）令