高考数学三轮冲刺大题提分函数与导数：参数与分类讨论理

1、1 大题精做 13 函数与导数：参数与分类讨论已知函数1ekxkxfxk（ kr ，0k） （1）讨论函数fx 的单调性；（2）当1x时，lnxfxk，求 k 的取值范围【答案】（1）见解析；（2）0k或1ek【解析】（1）22e112eeeekxkxkxkxkxkxkkxkkxkfxk，若0k，当2,xk时，0fx， fx 在2,k上单调递增；当2,xk时，0fx， fx 在2,k上单调递减若0k，当2,xk时，0fx， fx 在2,k上单调递减；当2,xk时，0fx， fx 在2,k上单调递增 当0k时， fx 在2,k上单调递增，在2,k上单调递减；当0k时， fx 在2,k上单调递减，

2、在2,k上单调递增（2）1ln1exxxfx xkk，当0k时，上不等式成立，满足题设条件；当0k时，1lnexxxfxkk，等价于1l0enxxkx，设1ln1exxg xkx x，则222eeexxxxkxxkgxxx，设22e1xh xxxkx，则2 1e0 xhxxk， h x 在 1,上单调递减，得11eh xhk 当 1e0k，即1ek时，得0h x，0gx，2 g x 在 1,上单调递减，得10g xg，满足题设条件；当 1e0k，即10ek时，10h，而22e0hk，01,2x，00h x，又 h x 单调递减，当01,xx，0h x，得0gx， g x 在01,x上单调递增，

3、得10g xg，不满足题设条件；综上所述，0k或1ek1已知函数2ln2fxxaxax ar（1）求函数fx 的单调区间；（2）若对任意0,x，函数 fx 的图像不在x轴上方，求a的取值范围3 2已知函数e1e1xxfxxa（1）若曲线yfx 在点1,1f处切线的斜率为1，求实数a的值；（2）当0,x时，0fx恒成立，求实数a的取值范围3已知函数1lnfxxaxx （1）求 fx 在 1,上的最值；（2）设1fxg xx，若当01a，且0 x时， g xm ，求整数m的最小值4 1 【答案】（1）见解析；（2）1,【解析】（1）函数fx的定义域为0,，22121221122xaxaxaxfxa

4、xaxxx5 当2a时，0fx恒成立，函数fx 的单调递增区间为0,；当2a时，由0fx，得12xa或12x（舍去），则由0fx，得102xa；由0fx，得12xa，所以 fx 的单调递增区间为10,2a，单调递减区间为1,2a（2）对任意0,x，函数 fx 的图像不在x轴上方， 等价于对任意0,x，都有0fx恒成立，即在0,上max0fx由（ 1）知，当2a时， fx 在 0,上是增函数，又1210fa，不合题意；当2a时， fx 在12xa处取得极大值也是最大值，所以max11ln2122fxfaaa令11ln21222u afaaaa，所以21122uaaa在2,上，0ua， u a 是

5、减函数又10u，所以要使得max0fx，须0u a，即1a故a的取值 范围为1,2 【答案】（1）2a； （2）2a【解析】（1）ee1exxxfxxa，因为1ee1e1fa，所以2a（2）e1eexxxfxxa，设e1eexxxg xxa，设e1 ee2exxxxgxxaxa，设2h xxa，注意到00f，002fga ，（）当2a时，20h xxa在0,上恒成立，所以0gx在 0,上恒成立，所以g x 在0,上是增函数，所以020g xga，所以0fx在 0,上恒成立，6 所以 fx 在 0,上是增函数，所以00fxf在 0,上恒成立，符合题意；（）当2a时，020ha，20h a，所以0

6、0,xa ，使得00h x，当00,xx时，0h x，所以0gx，所以 g x 在00,x上是减函数，所以 fx 在00,x上是减函数，所以020fxfa，所以 fx 在00, x上是减函数，所以00fxf，不符合题意；综上所述2a3 【答案】（1）详见解析；（2）2【解析】 解法一：（1）1lnfxaxa ，1,x，当0a时，因为1ln0fxaxa，所以 fx 在 1,上单调递减，所以max10fxf，无最小值当10a时，令0fx，解得111eax， fx 在111,ea上单调递减；令0fx，解得11eax， fx 在11e,a上单调递增；所以1111minee1aafxfa， 无最大值当1

7、a时，因为1ln10fxax，等号仅在1a，1x时成立，所以 fx 在 1,上单调递增，所以min10fxf，无最大值综上，当0a时，max0fx，无最小值；当10a时，11mine1afxa，无最大值；当1a时，min0fx，无最大值（2）1ln1xaxxg xx，7 当1x时，因为 01a，由（ 1）知0fx，所以0g x（当1x时等号成立） ，所以0m当 01x时，因为 01a，所以1lnfxxxx ，所以1ln1xxxg xx，令1ln1xxxh xx，0,1x，已知化为h xm 在 0,1 上恒成立，因为23ln1xxhxx，令3lnk xxx ，0,1x，则110kxx，k x 在

8、 0,1 上单调递减，又因为441110eek，3310ee1k，所以存在043ee11,x使得0003ln0k xxx，当00 xx时，0h x，0hx， h x 在00, x上单调递增；当0 xx时，0h x，0hx， h x 在0,x上单调递减；所以20000000000max000131ln211111xxxxxxxxh xh xxxxx，因为043ee11,x，所以0431111,1eex，所以43max111,ee1h x，所以m的最小整数值为2解法二：（1）同解法一（2）1ln1xaxxg xx，当1x时，因 01a为，由（ 1）知0fx，所以0g x，所以0m，当 01x时，因为 01a，1lnfxxxx ，所以1ln1xxxg xx，令1ln1xxxh xx，0,1x，已知化为h xm 在 0,1 上恒成立，因为3332111,211eeeh在 0,1 上，所以2m，下面证明2h x，即证 31ln0 xxx在0,1x上恒成立，令31lnt xxxx ，0,1x，8 则4lntxx