2016---2018年高考真题解答题专项训练：函数与导数(理科)教师版

试卷第 1 页 总 20 页 2016 2018 年高考真题解答题专项训练 函数与导数 理科 教师版年高考真题解答题专项训练 函数与导数 理科 教师版 1 已知函数 已知函数 其中 其中 a 1 x f xa logag xx I 求函数 求函数的单调区间 的单调区间 lnh xf xx a II 若曲线 若曲线在点在点处的切线与曲线处的切线与曲线在点在点 yf x 11 xf x yg x 22 xg x 处的切线平行 证明处的切线平行 证明 12 2lnln ln a xg x a III 证明当 证明当时 存在直线时 存在直线 l 使 使 l 是曲线是曲线的切线 也是曲线的切线 也是曲线 1 e ae yf x 的切线的切线 yg x 来源来源 2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 天津卷 解析解析 分析 I 由题意可得 令 解得 x 0 据此可 x h xa lnalna 0h x 得函数的单调递减区间 单调递增区间为 h x 0 0 II 曲线在点处的切线斜率为 曲线在点 yf x 11 xf x 1 x a lna yg x 处的切线斜率为 原问题等价于 两边取对数可得 22 xg x 2 1 x lna 1 2 2 1 x x alna 12 2lnlna xg x lna III 由题意可得两条切线方程分别为 l1 l2 11 1 xx yaa lnaxx 则原问题等价于当时 存在 22 2 1 a ylog xxx x lna 1 e ae 1 x 使得 l1和 l2重合 转化为当时 关于 x1的方程 2 0 x 1 e ae 存在实数解 构造函数 令 11 11 12 0 xx lnlna ax a lnax lnalna 结合函数的性质可知存在唯一的 x0 且 12 xx lnlna u xaxa lnax lnalna x0 0 使得 据此可证得存在实数 t 使得 则题中的结论成立 0 0ux 0u t 详解 I 由已知 有 x h xaxlna x h xa lnalna 令 解得 x 0 0h x 由 a 1 可知当 x 变化时 的变化情况如下表 h x h x x 0 0 0 试卷第 2 页 总 20 页 h x 0 h xA极小值A 所以函数的单调递减区间为 单调递增区间为 h x 0 0 II 由 可得曲线在点处的切线斜率为 x fxa lna yf x 11 xf x 1 x a lna 由 可得曲线在点处的切线斜率为 1 gx xlna yg x 22 xg x 2 1 x lna 因为这两条切线平行 故有 即 1 2 1 x a lna x lna 1 2 2 1 x x alna 两边取以 a 为底的对数 得 所以 212 20 a log xxlog lna 12 2lnlna xg x lna III 曲线在点处的切线 l1 yf x 1 1 x x a 11 1 xx yaa lnaxx 曲线在点处的切线 l2 yg x 22 a x log x 22 2 1 a ylog xxx x lna 要证明当时 存在直线 l 使 l 是曲线的切线 也是曲线的 1 e ae yf x yg x 切线 只需证明当时 存在 使得 l1和 l2重合 1 e ae 1 x 2 0 x 即只需证明当时 方程组有解 1 e ae 1 11 2 12 1 1 x xx a a lna x lna ax a lnalog x lna 由 得 代入 得 1 2 2 1 x x alna 11 11 12 0 xx lnlna ax a lnax lnalna 因此 只需证明当时 关于 x1的方程 存在实数解 1 e ae 设函数 12 xx lnlna u xaxa lnax lnalna 即要证明当时 函数存在零点 1 e ae yu x 可知时 2 1 x uxlnaxa 0 x 0ux 时 单调递减 0 x ux 试卷第 3 页 总 20 页 又 010 u 2 1 2 1 10 lna ua lna 故存在唯一的 x0 且 x0 0 使得 即 0 0ux 0 2 0 10 x lnax a 由此可得在上单调递增 在上单调递减 u x 0 x 0 x 在处取得极大值 u x 0 xx 0 u x 因为 故 1 e ae 1ln lna 所以 00 0000 2 0 121222 0 xx lnlnalnlnalnlna u xax a lnaxx lnalnalnalna xlna 下面证明存在实数 t 使得 0u t 由 I 可得 1 x axlna 当时 1 x lna 有 12 11 lnlna u xxlnaxlnax lnalna 2 2 12 1 lnlna lnaxx lnalna 所以存在实数 t 使得 0u t 因此 当时 存在 使得 1 e ae 1 x 1 0u x 所以 当时 存在直线 l 使 l 是曲线的切线 也是曲线的 1 e ae yf x yg x 切线 2 设函数 设函数 2 4 1 4 3 1 若曲线若曲线在点在点 1 处的切线与处的切线与 轴平行轴平行 求求 1 2 若若在在处取得极小值处取得极小值 求求 的取值范围的取值范围 2 来源来源 2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 北京卷 详解 解 因为 2 4 1 4 3 所以 f x 2ax 4a 1 ex ax2 4a 1 x 4a 3 ex x R ax2 2a 1 x 2 ex f 1 1 a e 由题设知 f 1 0 即 1 a e 0 解得 a 1 此时 f 1 3e 0 试卷第 4 页 总 20 页 所以 a 的值为 1 由 得 f x ax2 2a 1 x 2 ex ax 1 x 2 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 x 2 0 ax 1 x 10 所以 2 不是 f x 的极小值点 综上可知 a 的取值范围是 1 2 3 已知函数 已知函数 1 1 1 讨论 讨论的单调性 的单调性 2 2 若 若存在两个极值点存在两个极值点 证明 证明 1 2 1 2 1 2 2 0 2 4 2 2 4 2 当时 0 2 4 2 2 4 2 0 0 2 4 2 2 4 2 在单调递增 2 4 2 2 4 2 2 由 1 知 存在两个极值点当且仅当 2 由于的两个极值点满足 所以 不妨设 则 1 2 2 1 0 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 所以等价于 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 0 设函数 由 1 知 在单调递减 又 从而 1 2 0 1 0 当时 1 0 试卷第 5 页 总 20 页 所以 即 1 2 2 2 2 0 1 2 1 2 2 4 已知函数 已知函数 2 2 1 2 1 若 若 证明 当 证明 当时 时 当 当时 时 0 1 0 0 0 2 若 若是是的极大值点 求的极大值点 求 0 来源来源 2018 年全国卷 理数高考试题文档版 详解 1 当时 0 2 1 2 1 1 设函数 则 1 1 1 2 当时 当时 故当时 1 0 0 0 1 0 0 且仅当时 从而 且仅当时 0 0 0 0 0 所以在单调递增 1 又 故当时 当时 0 0 1 0 0 0 2 i 若 由 1 知 当时 这 0 0 2 1 2 0 0 与是的极大值点矛盾 0 ii 若 设函数 0 2 2 1 2 2 2 由于当时 故与符号相同 0 又 故是的极大值点当且仅当是的极大值点 0 0 0 0 0 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 4 6 1 1 2 2 2 如果 则当 且时 故不是 6 1 0 0 6 1 4 0 0 的极大值点 如果 则存在根 故当 且 6 1 0 2 2 4 6 1 0 1 0 1 0 时 所以不是的极大值点 1 1 0 时 所以是的极大值点 从而是的极大值点 0 1 0 0 0 综上 1 6 5 已知函数 已知函数 2 1 1 若 若 证明 当 证明 当时 时 1 2 0 1 2 2 若 若在在只有一个零点 求只有一个零点 求 的值的值 0 来源来源 2018 年全国普通高等学校招生统一考试理数 全国卷 II 试卷第 6 页 总 20 页 详解 1 当时 等价于 1 1 2 1 1 0 设函数 则 2 1 1 2 2 1 1 2 当时 所以在单调递减 1 0 ii 当时 0 2 当时 当时 0 2 0 所以在单调递减 在单调递增 0 2 2 故是在的最小值 2 1 4 2 0 若 即 在没有零点 2 0 2 4 0 若 即 在只有一个零点 2 0 2 4 0 若 即 由于 所以在有一个零点 2 2 4 0 1 0 2 由 1 知 当时 所 0 2 以 4 1 16 3 4 1 16 3 2 2 1 16 3 2 4 1 1 0 故在有一个零点 因此在有两个零点 2 4 0 综上 在只有一个零点时 0 2 4 6 2017 新课标新课标 3 卷 已知函数卷 已知函数 1 1 若 若 求 求 a 的值 的值 0 2 设 设 m 为整数 且对于任意正整数为整数 且对于任意正整数 n 求 求 m 的最小的最小 1 1 2 1 1 22 1 1 2 值 值 试题解析 1 的定义域为 0 若 因为 所以不满足题意 0 1 2 1 2 2 0 1 0 0 0 的唯一最小值点 0 由于 所以当且仅当a 1 时 故a 1 1 0 0 2 由 1 知当时 1 1 0 试卷第 7 页 总 20 页 令得 从而 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 22 1 1 2 1 2 1 22 1 2 1 1 2 1 故 1 1 2 1 1 22 1 1 2 2 3 7 已知函数 已知函数 其中 其中 2 2cosf xxx cossin22 x g xexxx 是自然对数的底数是自然对数的底数 2 71828e 求曲线 求曲线在点在点处的切线方程 处的切线方程 yf x f x 令 令 讨论 讨论的单调性并判断有无极值 有极的单调性并判断有无极值 有极 h xg xaf xaR h x 值时求出极值值时求出极值 来源来源 2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 山东卷精编版 试题解析 由题意 2 2f 又 22sinfxxx 所以 2f 因此 曲线在点处的切线方程为 yf x f 2 22yx 即 2 22yx 由题意得 2 cossin222cos x h xexxxa xx 因为 cossin22sincos222sin xx h xexxxexxaxx 2sin2sin x exxa xx 2sin x eaxx 令 sinm xxx 则 1 cos0m xx 所以在上单调递增 m xR 因为 00 m 所以 当时 0 x 0 m x 试卷第 8 页 总 20 页 当时 0 x 0m x 1 当时 0a x ea 0 当时 单调递减 0 x 0h x h x 当时 单调递增 0 x 0h x h x 所以 当时取得极小值 极小值是 0 x h x 021ha 2 当时 0a ln 2sin xa h xeexx 由 得 0h x 1 lnxa 2 0 x 当时 01a ln0a 当时 单调递增 lnxa ln 0 0 xa eeh x h x 当时 单调递减 ln 0 xa ln 0 0 xa eeh x h x 当时 单调递增 0 x ln 0 0 xa eeh x h x 所以 当时取得极大值 lnxa h x 极大值为 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 当时取到极小值 极小值是 0 x h x 021ha 当时 1a ln0a 所以 当时 函数在上单调递增 无极值 x 0h x h x 当时 1a ln0a 所以 当时 单调递增 0 x ln 0 xa ee 0 h xh x 当时 单调递减 0 lnxa ln 0 xa ee 0 h xh x 当时 单调递增 ln xa ln 0 xa ee 0 h xh x 所以 当时取得极大值 极大值是 0 x h x 021ha 当时取得极小值 lnxa h x 极小值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 综上所述 试卷第 9 页 总 20 页 当时 在上单调递减 在上单调递增 0a h x 0 0 函数有极小值 极小值是 h x 021ha 当时 函数在和和上单调递增 在01a h x lna 0 lna 0 上单调递减 函数有极大值 也有极小值 ln 0a h x 极大值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 极小值是 021ha 当时 函数在上单调递增 无极值 1a h x 当时 函数在和上单调递增 1a h x 0 ln a 在上单调递减 函数有极大值 也有极小值 0 lna h x 极大值是 021ha 极小值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 8 已知函数 已知函数且且 2 0 1 1 求 求a a 2 2 证明 证明 存在唯一的极大值点存在唯一的极大值点 且 且 0 2 0 1 1 e 2 718 e 2 718 为自然对数的底数为自然对数的底数 来源来源 2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 四川卷精编版 试题解析 2 1 2 2 1 0 0时 1 2 此时 当 时 0 单调递增 1 2 令 1 1 e 1 e 1 则 e 1 1 而当时 0 1 所以在区间内单调递增 1 又由 0 有 0 1 从而当时 0 1 当 时 0 1 2 1 在区间内恒成立时 必有 1 0 当时 1 0 1 2 1 2 由 有 从而 1 2 0 所以此时 在区间内不恒成立 1 当时 令 1 2 1 当时 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 1 2 0 因此 在区间单调递增 1 又因为 所以当时 即恒成立 1 0 1 0 试卷第 14 页 总 20 页 综上 1 2 12 设函数 设函数x R 其中 其中 a b R 3 1f xxaxb 求 求 f x 的单调区间 的单调区间 若 若 f x 存在极值点 存在极值点 x0 且 且 f x1 f x0 其中 其中 x1 x0 求证 求证 x1 2x0 3 设 设 a 0 函数函数 g x f x 求证 求证 g x 在区间 在区间 0 2 上的最大值不小于上的最大值不小于 1 4 来源来源 2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 天津卷精编版 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 3 1 3 a x 3 1 3 a x 当变化时 的变化情况如下表 3 1 3 a 3 1 3 a 33 1 1 33 aa 3 1 3 a 3 1 3 a 0 0 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 33 1 1 33 aa 3 1 3 a 3 1 3 a 证明 因为存在极值点 所以由 知 且 试卷第 15 页 总 20 页 由题意 得 即 进而 又 且 由题意及 知 存在唯一实数满 1 x 足 且 因此 所以 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 33 1021 33 aa 调递减 所以在区间上的取值范围为 因此 2 0 1 2 1 Mmaxff maxabb 所以 2 当时 由 2 3332 3 101121 3333 aaaa 和 知 2 33 011 33 aa fff 2 33 211 33 aa fff 所以在区间上的取值范围为 因此 33 1 1 33 aa ff 试卷第 16 页 总 20 页 3322 max1 1max3 3 3399 aaaa Mffaabaab 3 当时 由 和 知 2 32 3 0112 33 aa 2 33 011 33 aa fff 2 33 211 33 aa fff 所以在区间上的取值范围为 因此 综上所述 当时 在区间上的最大值不小于 13 设函数 设函数 曲线 曲线在点在点处的切线方程为处的切线方程为 a x f xxebx yf x 2 2f 14yex 求 求 的值 的值 ab 求 求的单调区间的单调区间 f x 来源来源 2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 北京卷精编版 试题解析 因为 所以 a x f xxebx 1 a x fxx eb 依题设 即 222 21 fe fe 2 2 2222 1 a a ebe ebe 解得 2 abe 由 知 2 x f xxeex 试卷第 17 页 总 20 页 由及知 与同号 21 1 xx fxexe 2 0 x e 1 1 x xe 令 则 1 1 x g xxe 1 1 x gxe 所以 当时 在区间上单调递减 当时 在区间上单调递增 故是在区间上的最小值 从而 综上可知 故的单调递增区间为 考点 导数的应用 运算求解能力 14 设函数 设函数 其中 其中 0 记 记的最大值为的最大值为 cos21 cos1f xxx f x A 求 求 fx 求 求 A 证明当 证明当 2fxA 来源来源 2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 新课标 3 卷精编版 试题解析 2 sin21 sinfxxx 当时 1 sin21 cos1fxxx 21 32 0f 因此 32A 当时 将变形为 01 f x 2 2 cos1 cos1f xxx 令 则是在上的最大值 2 211g ttt A g t 1 1 1g 且当时 取得极小值 极小值为 132g 1 4 t g t 试卷第 18 页 总 20 页 2 2 1161 1 488 g 令 解得 舍去 1 11 4 1 3 1 5 当时 在内无极值点 1 0 5 g t 1 1 1g 所以 123g 11gg 23A 当时 由 知 1 1 5 a 112 10gg 又 1 11 4 ggg 所以 11 71 10 48 gg 2 161 48 Ag 综上 2 1 23 0 5 61 1 1 85 32 1 A 由 得 2 sin21 sin21fxxx 当时 1 0 5 1242 232fxA 当时 所以 1 1 5 13 1 884 A 12fxA 当时 所以 1 31642fxA 2fxA 15 讨论函数 讨论函数的单调性 并证明当的单调性 并证明当 0 时 时 2 e 2 x x f x x x 2 e20 x xx 证明 当 证明 当时 函数时 函数有最小值有最小值 设设 g x 的最 的最 0 1a 2 e 0 x axa g xx x 小值为小值为 求函数 求函数的值域的值域 h a h a 来源来源 2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 新课标 2 卷精编版 试题解析 的定义域为 f x 22 2 22 122 0 22 xx x xxexex e fx xx 且仅当时 所以在单调递增 0 x 0fx f x 2 2 试卷第 19 页 总 20 页 因此当时 0 x 01 f xf 所以 22 220 xx xexxex 33 222 x xea xx gxf xa xx 由 知 单调递增 对任意 f xa 0 1 010 20 afaafaa 因此 存在唯一使得即 0 0 2 x 0 0 f xa 0 0gx 当时 单调递减 0 0 xx 0 0 f xagxg x 当时 单调递增 0 xx 0 0 f xagxg x 因此在处取得最小值 最小值为 g x 0 xx 00 0 000 0 22 000 1 1 2 xx x ea xef xxe g x xxx 于是 由单调递增 0 0 2 x e h a x 2 1 0 22 2 x xx xeee y xx x 知 所以 由得 0 0 2