高考数学二轮函数与导数解答题专题训练（含解析）

1 / 9高考数学二轮函数与导数解答题专题训练（含解析）本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址高考数学二轮函数与导数解答题专题训练（含解析）1(XX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)1e21，解得 a58.(2)令 f(x)0，得 x10，x222aa.当 01 时，f(x)的增区间为(，0)，22aa，减区间为 0，22aa；当 a1 时，f(x)在(，)内单调递增；当 a1 时，f(x)的增区间为，22aa，(0，)，减区间为 22aa，0.2(XX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2 / 9由解(1)当 m2 时，f(x)ex(x32x22x2)的定义域为(，)f(x)ex(x32x22x2)ex(3x24x2)xex(x2x6)(x3)x(x2)ex，当 x(，3)或 x(0,2)时，f(x)0；当 x(3,0)或 x(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，当 x2，1时，x2(m3)x2m20，2m3 / 920，2m20，解得 m4，当 m(，4时，f(x)在2，1上单调递增3(文)(XX山西四校联考)已知函数 f(x)ax2xxlnx.(1)若 a0，求函数 f(x)的单调区间；(2)若 f(1)2，且在定义域内 f(x)bx22x 恒成立，求实数 b 的取值范围解(1)当 a0 时，f(x)xxlnx，函数定义域为(0，)f(x)lnx，由lnx0，得 x1.当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上是增函数；当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上是减函数(2)由 f(1)2，得 a12，a1，f(x)x2xxlnx，由 f(x)bx22x，得(1b)x1lnx.4 / 9x0，b11xlnxx 恒成立令 g(x)11xlnxx，可得 g(x)lnxx2，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.(XX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)37x0 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 的解集是(0,5)，可设 f(x)ax(x5)，a0.f(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.5 / 9(2)由(1)知，方程 f(x)37x0 等价于方程2x310x2370.设 h(x)2x310x237，则 h(x)6x220x2x(3x10)当 x0，103 时，h(x)0，函数 h(x)在 0，103 上单调递减；当 x103，时，h(x)0，函数 h(x)在103，上单调递增h(3)10，方程 h(x)0 在区间 3，103，103，4 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)37x0 在区间(t，t1)内有且只有两个不相等的实数根4(理)(文)5.(XX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 t1.解(1)f(x)xlnx，f(x)lnx1(x0)，令 f(x)0，得 x1e.6 / 9当 x0，1e 时，f(x)0，此时 f(x)在 0，1e 上单调递减；当 x1e，时，f(x)0，f(x)在 1e，上单调递增(2)当 0x1 时，f(x)0，又 t0，令 h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知 h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，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lnglnmlnlnmuulnu，其中 ulnm，u1，要使 7101 成立，只需 037u.令 F(u)lnu37u，u1，F(u)1u37，7 / 9当 10，F(u)单调递增；当 u0，F(u)单调递减对 u0，即 lnu37u 成立综上，当 te 时，7101 成立5(理)(XX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 2ma2，所以 ma.(2)由于 f(x)3(x2)(ax2m)，故当 2ma0 或 2ma3，即 m0 或 m32a 时，取 x02 即满足题意此时 m0 或 m32a.当 0a 时，列表如下：x00，2ma8 / 92ma2ma，22(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 f2maf(3)，即4a12m11 或4m312m2aa219m1，即 3ma 或m2a20，即 ma3 或 m0 或 m3a2.此时 0ma3.当 23a2 时，列表如下：x0(0,2)22，2ma2ma2ma，33f(x)00f(x)