2015高考数学二轮专题复习32：函数与导数解答题（含解析）.doc

高考专题训练(三十二)函数与导数(解答题)1(2014皖南八校联考)已知函数f(x)ex(ax22x2)，其中a0.(1)若曲线yf(x)在x2处的切线与直线xe2y10垂直，求实数a的值；(2)讨论f(x)的单调性解f(x)exax2(2a2)x(a0)(1)由题意得f(2)1，解得a.(2)令f(x)0，得x10，x2.当0a1时，f(x)的增区间为，(0，)，减区间为.2(2014云南二模)已知f(x)ex(x3mx22x2)(1)假设m2，求f(x)的极大值与极小值；(2)是否存在实数m，使f(x)在2，1上单调递增？如果存在，求实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由解(1)当m2时，f(x)ex(x32x22x2)的定义域为(，)来源:学。科。网Z。X。X。Kf(x)ex(x32x22x2)ex(3x24x2)xex(x2x6)(x3)x(x2)ex，当x(，3)或x(0,2)时，f(x)0；f(3)f(0)f(2)0，f(x)在(，3)上单调递减，在(3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，当x3或x2时，f(x)取得极小值；当x0时，f(x)取得极大值，f(x)极小值f(3)37e3，f(x)极小值f(2)2e2，f(x)极大值f(0)2.(2)f(x)ex(x3mx22x2)ex(3x22mx2)xexx2(m3)x2m2f(x)在2，1上单调递增，当x2，1时，f(x)0.又当x2，1时，xex0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x(1，)时，f(x)0，b1恒成立x.k.b.1令g(x)1，可得g(x)，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)0，b的取值范围是(，03(理)(文)4.(2014广州调研)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)0的解集是(0,5)，且f(x)在点(1，f(1)处的切线与直线6xy10平行(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在tN*，使得方程f(x)0在区间(t，t1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由解(1)f(x)是二次函数，不等式f(x)0.w w w .x k b 1.c o mf(x)2ax5a.函数f(x)在点(1，f(1)处的切线与直线6xy10平行，f(1)6.2a5a6，解得a2.f(x)2x(x5)2x210x.(2)由(1)知，方程f(x)0等价于方程2x310x2370.设h(x)2x310x237，则h(x)6x220x2x(3x10)当x时，h(x)0，函数h(x)在上单调递增h(3)10，h0，方程h(x)0在区间，内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，)内没有实数根存在唯一的正整数t3，使得方程f(x)0在区间(t，t1)内有且只有两个不相等的实数根4(理)(文)5.(2014辽宁五校联考)已知函数f(x)xlnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的实数m使tf(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为mg(t)，证明：当te时，有0)，X |k |B| 1 . c|O |m令f(x)0，得x.当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增(2)当00，令h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，存在唯一的实数m，使tf(m)成立(3)mg(t)且由(2)知tf(m)，t0，当te时，若mg(t)e，则由f(m)的单调性有tf(m)f(e)e，矛盾，me.又，其中ulnm，u1，要使1成立，只需0lnu1，F(u)，当1u0，F(u)单调递增；当u时，F(u)1，F(u)F0，即lnue时，1成立5(理)(2014浙江考试院抽测)已知a为给定的正实数，m为实数，函数f(x)ax33(ma)x212mx1.(1)若f(x)在(0,3)上无极值点，求m的值；(2)若存在x0(0,3)，使得f(x0)是f(x)在0,3上的最值，求实数m的取值范围解(1)由题意得f(x)3ax26(ma)x12m3(x2)(ax2m)，由于f(x)在(0,3)上无极值点，故2，所以ma.(2)由于f(x)3(x2)(ax2m)，故当0或3，即m0或ma时，新-课-标-第-一-网取x02即满足题意此时m0或ma.当02，即0ma时，列表如下：x02(2,3)3f(x)00f(x)1单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m1故f(2)f(0)或ff(3)，即4a12m11或19m1，即3ma或0，即m或m0或m.此时0m.当23，即am时，列表如下：x0(0,2)23f(x)00f(x)1单调递增极