高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）解答题：函数与导数

1、 高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考） 解答题：函数与导数解答题：函数与导数 1.已知函数21( )2 ln(2)2f xxaxax=+. (1)当1a =时，求函数( )fx的单调区间. (2)是否存在实数a，使得函数34( )( )9g xf xaxx=+在(0,)+上单调递增?若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 2.函数()22( )2ln()f xxaxxxax a=+r. (1)当4a =时，求( )fx的图象在ex =处的切线方程(e为自然对数的底数)； (2)当6a 时，直线3y =是( )fx图象的一条切线，求a的值.

2、3.已知函数( )e1exxxf xa=，其中0a . (1)当2a =时，求曲线( )yfx=在点( )()0,0f处的切线方程； (2)若函数( )fx有唯一零点，求a的值. 4.已知函数e4( )ln, ( )2xxaf xax g xx=. (1)求函数( )fx的极值点； (2)当0a 时，函数( )( )( )h xfxg x=恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围. 5.设函数21( )(1)e2xf xxx=+. (1)求( )fx的单调区间； (2)当0 x 时，不等式2()( )xk fxxx+恒成立(其中( )fx为( )fx的导函数)，求整数k的最大值. 6.已知函数e

3、( )lnxbf xaxx=，曲线( )yfx=在点( )()1,1f处的切线方程为22e0 xy=. (1)求,a b的值； (2)证明函数( )fx存在唯一的极大值点0 x，且()02ln22fx. 7.已知函数( )2e (1)(0)xf xmxm= +. (1)若0m ，求函数( )f x的最大值； (2)设2( )( )3f xf xxx=+，若对任意1,), 1,0)xa+ ，不等式ln1( )xaxf a+ 恒成立，求实数m的取值范围. 8.已知函数32( )2f xxaxb=+. (1)讨论( )fx的单调性； (2)是否存在,a b，使得( )fx在区间0,1的最小值为1且最

4、大值为 1?若存在，求出,a b的所有值；若不存在，说明理由. 答案以及解析答案以及解析 1.答案：(1)当1a =时，21( )2ln3 (0)2f xxxx x=+， 所以2232(2)(1)( )3xxxxfxxxxx+=+=. 令)(0fx ，得01x或2x ，令)(0fx ，得12x，所以( )f x的单调递增区间为(0,1和2,)+，单调递减区间为(1,2). (2)因为函数323414( )( )2 ln2929g xf xaxxxaxxx=+=+， 所以224( )23ag xxxx=+. 要使函数( )g x在(0,)+上单调递增， 则(0,)x+时，224( )032ag

5、xxxx+=， 即3243660,(0,)xxxax+，即32436,(0,)6xxxax+ +. 令32436( ),(0,)6xxxh xx+=+， 则2)21(2(1)(1)h xxxxx=+ =+， 所以当10,2x时，( )0,( )h xh x在10,2上单调递减， 当1,2x+时，( )0,( )h xh x在1,2+上单调递增， 所以12x =是( )h x的极小值点，也是最小值点. 又17224h= ， 所以324366xxxy+= 在(0,)+上的最大值为724. 所以a的取值范围为7,24+. 2.答案：(1)当4a =时，()22( )24ln4f xxxxxx=+，

6、所以2(e)ef=，且( )4(1 n)lfxxx=，则(e)4(e1)f=. 所以( )fx的图象在ex =处的切线方程为2e4(e1)(e)yx=， 即24(e1)3e4e0 xy+=. (2)设切点为(),3t，则0t ， 因为()22( )2lnf xxaxxxax=+，所以( )(4) nlfxxax=， 令)(0ft =，则ln0t =或40ta=，解得1t =或4at =. 若1t =，则( )113fa= =，解得4a =，满足6a . 若4at =，由6a 可得302t ， ()2222( )2ln32ln3f ttatttatttt=+=， 令223( )32ln3,02g

7、 ttttt= ， 则( )44 ln4 (1l)0ng tttttt=， 所以函数( )yg t=在30,2上单调递增. 又( )10g=，所以1t =为方程( )3f t =在30,2上的唯一解，故14a=，解得4a =. 综上可知，4a =. 3.答案：(1)当2a =时，( )2e1exxxf x =， 1( )2e,(0)21 1exxxfxf= =. 又( )0211f= =， 曲线( )yfx=在点( )()0,0f处的切线方程为1yx =，即10 xy+=. (2)原问题等价于关于x的方程11eexxxa=+有唯一的解时，求a的值. 令1( )1eexxxg x=+，则212e

8、( )exxxg x=. 令( )12exh xx=，则( )2e0( ),xh xh x= 在(,) +上单调递减. 又(0)0,h=当(,0)x 时，( )0h x ，即( )0,( )g xg x在(),0上单调递增； 当()0,x+时，( )0h x ， 即( )0,( )g xg x在(0,)+上单调递减.( )g x的极大值为(0)1g=. 当(,0 x 时，( )(,1g x ；当(0,)x+时，( )(0,1)g x . 又0,a 当关于x的方程11eexxxa=+有唯一的解时，1a =， 即当函数( )fx有唯一零点时，a的值为 1. 4.答案：(1)因为e( )ln2xf

9、xax=，所以( )ln12xf xax=+， 所以2111( )(0)2axfxaaxxxx=， 当0a 时，( )0fx ，所以函数( )fx无极值点. 当0a 时，令( )0fx =，解得1xa=. 由( )0,0, fxx解得10 xa；由( )0,0, fxx解得1xa. 故函数( )f x有极大值点1a，无极小值点. 综上，当0a 时，函数( )fx无极值点； 当0a 时，函数( )fx有极大值点1a，无极小值点. (2)当0a 时，4( )( )( )ln(0)2xah xf xg xaxxx=+， 所以22214( )0)4(aaxxah xaxxxx+=. 设( )240k

10、xaxxa= +=，则21 16a = ， 当0,0,a 即14a 时，( )0hx ，所以( )h x在()0,+上单调递减，所以( )h x不可能有三个不同的零点. 当0,0,a 即104a时，( )k x有两个零点，为221211 1611 16,22aaxxaa+=， 所以120,0 xx.又( )24k xaxxa= +的图象开口向下，所以当10 xx时，( )0k x ，所以( )0hx ，所以( )h x在1(0,)x上单调递减；当12xxx时，( )0k x ，所以( )0h x ，所以( )h x在()12,xx上单调递增； 当2xx时，( )0k x ，所以( )0hx ，

11、所以( )h x在()2,x+上单调递减. 因为( )1242ln120,42ahax x=+=，所以122xx， 所以()( )()1220h xhh x=. 3222211141lnln22ln412ahaaaaaaaa=+= +， 令( )31ln22ln4m aaaa= +， 则当104a时，( )4222221122112120aaam aaaaaa+= +=. 所以( )m a在10,4上单调递增， 所以当104a时，( )3111ln22ln443ln240441614m am= + =+， 即210ha. 由零点存在性定理知，( )h x在区间221,xa上有唯一的零点0 x.

12、 因为()()000000000441444lnln0,0422xaah xhaxah xxxxxx+=+=，所以040hx=， 所以1040 xx，所以( )h x在区间()10,x上有唯一的零点04x. 故当104a时，( )h x存在三个不同的零点004,2,xx. 故实数a的取值范围是10,4. 5.答案：(1)函数21( )(1)e2xf xxx=+的定义域是(),( )e1xfxx= r， 当0 x 时，e1,( )0 xfx；当0 x 时，0e1,( )0 xfx. 函数( )f x的单调递减区间为(,) +，无单调递增区间. (2)()210,()( )() e11e1xxxx

13、xk fxxxkxxkx+ +. 令1( )e1xxg xx+=+，则min( )kg x， 所以()()()22ee2e1( )1e1e1xxxxxxxg x=+ =. 令( )e2xh xx=， 则当0 x 时，( )e10, ( )xh xh x=在(0,)+上单调递增，且(1)0, (2)0hh， 故( )h x在(0,)+上存在唯一零点，设此零点为0 x，则0(1,2)x ， ()000e20 xh xx=，即00e2xx=+. 当()00,xx时，( )0gx，当()0,xx+时，( )0gx， 于是()00min0001( )1(2,3)e1xxg xg xxx+=+= +， 0

14、1kx+，又k为整数，k的最大值为 2. 6.答案：(1)函数( )fx的定义域为()0,+， ()32ee( )xb xafxxx=， (1),(1)efa fb= . 故曲线( )yfx=在点( )()1,1f处的切线方程为e(1)yba x+=， 即e0axyab=. 因为曲线( )yfx=在点( )()1,1f处的切线方程为22e0 xy=， 所以2,1ab=. (2)解法一 由(1)知e( )2lnxf xxx=， 22ee( )xxxxfxx+=. 令( )2ee (0)xxg xxxx=+，则()( )2eee2exxxxg xxx=+=， 易知( )gx在(0,)+上单调递减.

15、 由于(0)20,(1)2e0gg=， 则存在1(0,1)x ，使得( )10g x=. 当()10,xx时，( )0gx；当()1,xx+时，( )0gx. 故( )g x在()10,x上单调递增，在()1,x +上单调递减. 由于2(0)10,(1)20,(2)4e0ggg=， 故存在0(1,2)x ，使得()00g x=， 当()00,xx时，( )0g x ，则( )0fx； 当()0,xx+时，( )0g x ，则( )0fx. 故函数( )fx在()00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减. 故函数( )fx存在唯一的极大值点0 x. 由于()00g x=，即00002ee0

16、xxxx+=，所以0002e1xxx=， 则()0000000e22ln2ln,(1,2)1xf xxxxxx=. 令2( )2ln,121h xxxx=，则222( )0(1)h xxx=+. 故函数( )h x在()1,2上单调递增. 由于012x，则()022ln22ln2221h x=. 即()02ln22fx. 解法二 由(1)知e( )2lnxf xxx=， 22e (1)( )xxxfxx=. 当01x时，( )0fx. 当1x 时，令( )2e (1)xg xxx=， 则( )2e (1)e2e2e0 xxxgxxx=， 则( )g x在(1,)+上单调递减. 又2(1)20,

17、(2)4e0gg=. 故存在0(1,2)x ，使得()00g x=， 当()00,xx时，( )0g x ，则( )0fx； 当()0,xx+时，( )0g x ，则 ( )0fx. 故函数( )fx在()00,x上单调递增，在()0,x+上单调递减. 故函数( )fx存在唯一的极大值点0 x. 由于()00g x=，即()0002e10 xxx=，所以0002e1xxx=， 则()0000000e22ln2ln,(1,2)1xf xxxxxx=. 令2( )2ln,121h xxxx=， 则222( )0(1)h xxx=+. 故函数( )h x在()1,2上单调递增. 由于012x，则()

18、022ln22ln2221h x=. 即()02ln22fx. 7.答案：(1)由题意得( )2 e (2)xfxmx= +， 令( )0fx=，得2x = . 因为0m ，所以在(), 2 上，( )( )0,fxf x单调递增；在()2,+上，( )( )0,fxf x单调递减. 所以函数( )f x有最大值，最大值为2( 2)2efm=. (2)因为2( )32 e (1)xf xxxmx=+， 所以ln1( )xaxf a+ ，即22 e (1)31lnamaaaxax+ +. 由于 1,0)a 时，函数lnyxax= +为减函数， 所以对任意1,), 1,0)xa+ ，不等式ln1(

19、 )xaxf a+ 恒成立， 即2max2 e (1)31( ln)amaaaxaxa+ +=， 即对任意2 1,0),2 e (1)410aamaaa +恒成立. 解法一 令2( )2e (1)41ah amaaa=+， 则()( )2 e (2)242(2)e1aah amaaam=+=+. 因为 1,0)a ，所以1e,1ea，且21a +. 当1(0), 1,0)mma 时，e10am ，所以( )0h a，即 1,0)a 时，( )h a单调递减. 所以要使( )0h a ，只需( )00h，解得12m ，所以1,0(0,12m . 当1m 时，令( )0h a=，得lnam= 或2

20、a = (舍去). (i)当1em时，ln( 1,0)m ，当 1,ln)am 时，( )0, ( )h ah a单调递减；当( ln,0)am 时，( )0, ( )h ah a单调递增. 所以当 1,0)a 时，2min( )( ln)ln2ln30h ahmmm= +， 解得31,eem，所以(1,e)m. (ii)当em时，ln1m ，所以在 1,0)上，( )0h a，则( )h a在)1,0上单调递增， 所以在)1,0上，min( )( 1)40h ah=. 综上，m的取值范围是1,0(0,)2+. 解法二 当1a = 时，显然22 e (1)410amaaa+. 当()1,0a 时，22 e (1)410amaaa+等价于2412e (1)aaama+， 令241( )e (1)aaah aa+=+， 则()22(24)(1)41 (2)( )e (1)aaaaaah aa+=+()22(2) 2(1)41e (1)aaaaaa+=+()22(2)23e (1)aaaaa+= + 2(2)(3)(1)e (1)aaaaa+= +. 当()1,0a 时，( )0h a ， 所以( )h a在