《(新課標 全國I卷)2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題16 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)文(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標 全國I卷)2010-2019學年高考數(shù)學 真題分類匯編 專題16 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)文(含解析)(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題16 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)大題:10年10考,每年1題.函數(shù)的載體上:對數(shù)函數(shù)很受“器重”,指數(shù)函數(shù)也較多出現(xiàn),兩種函數(shù)也會同時出現(xiàn)(2015年).第2小題:2019年不等式恒成立問題,2018年證明不等式,2017年不等式恒成立問題,2016年函數(shù)的零點問題,2015年證明不等式,2014年不等式有解問題(存在性),2013年單調(diào)性與極值,2012年不等式恒成立問題,2011年證明不等式,2010年不等式恒成立問題.
1.(2019年)已知函數(shù)f(x)=2sinx﹣xcosx﹣x, f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).
(1)證明:f′(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點;
(2)
2、若x∈[0,π]時,f(x)≥ax,求a的取值范圍.
【解析】(1)∵f(x)=2sinx﹣xcosx﹣x,∴f′(x)=2cosx﹣cosx+xsinx﹣1=cosx+xsinx﹣1,
令g(x)=cosx+xsinx﹣1,則g′(x)=﹣sinx+sinx+xcosx=xcosx,
當x∈(0,)時,xcosx>0,當x∈(,)時,xcosx<0,
∴當x=時,極大值為g()=>0,
又g(0)=0,g(π)=﹣2,
∴g(x)在(0,π)上有唯一零點,
即f′(x)在(0,π)上有唯一零點;
(2)由(1)知,f′(x)在(0,π)上有唯一零點x0,使得f′(x0)=0,
3、
且f′(x)在(0,x0)為正,在(x0,π)為負,
∴f(x)在[0,x0]遞增,在[x0,π]遞減,
結(jié)合f(0)=0,f(π)=0,可知f(x)在[0,π]上非負,
令h(x)=ax,
作出圖象,如圖所示:
∵f(x)≥h(x),
∴a≤0,
∴a的取值范圍是(﹣∞,0].
2.(2018年)已知函數(shù)f(x)=aex﹣lnx﹣1.
(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:當a≥時,f(x)≥0.
【解析】(1)∵函數(shù)f(x)=aex﹣lnx﹣1.
∴x>0,f′(x)=aex﹣,
∵x=2是f(x)的極值點,
∴f
4、′(2)=ae2﹣=0,解得a=,
∴f(x)=ex﹣lnx﹣1,∴f′(x)=,
當0<x<2時,f′(x)<0,當x>2時,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增.
(2)證明:當a≥時,f(x)≥﹣lnx﹣1,
設(shè)g(x)=﹣lnx﹣1,則,
由=0,得x=1,
當0<x<1時,g′(x)<0,
當x>1時,g′(x)>0,
∴x=1是g(x)的最小值點,
故當x>0時,g(x)≥g(1)=0,
∴當a≥時,f(x)≥0.
3.(2017年)已知函數(shù)f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f
5、(x)≥0,求a的取值范圍.
【解析】(1)f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x=e2x﹣exa﹣a2x,
∴f′(x)=2e2x﹣aex﹣a2=(2ex+a)(ex﹣a),
①當a=0時,f′(x)>0恒成立,
∴f(x)在R上單調(diào)遞增,
②當a>0時,2ex+a>0,令f′(x)=0,解得x=lna,
當x<lna時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
當x>lna時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
③當a<0時,ex﹣a>0,令f′(x)=0,解得x=ln(﹣),
當x<ln(﹣)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
當x>ln(﹣)時,f′(x)>0
6、,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
綜上所述,當a=0時,f(x)在R上單調(diào)遞增,
當a>0時,f(x)在(﹣∞,lna)上單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,
當a<0時,f(x)在(﹣∞,ln(﹣))上單調(diào)遞減,在(ln(﹣),+∞)上單調(diào)遞增.
(2)①當a=0時,f(x)=e2x>0恒成立,
②當a>0時,由(1)可得f(x)min=f(lna)=﹣a2lna≥0,
∴l(xiāng)na≤0,∴0<a≤1,
③當a<0時,由(1)可得:
f(x)min=f(ln(﹣))=﹣a2ln(﹣)≥0,
∴l(xiāng)n(﹣)≤,
∴≤a<0,
綜上所述,a的取值范圍為[,1].
4.(2016年)
7、已知函數(shù)f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.
【解析】(1)由f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2,
可得f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1)(ex+2a),
①當a≥0時,由f′(x)>0,可得x>1;由f′(x)<0,可得x<1,
即有f(x)在(﹣∞,1)遞減;在(1,+∞)遞增(如圖);
②當a<0時,(如圖)若a=﹣,則f′(x)≥0恒成立,即有f(x)在R上遞增;
若a<﹣時,由f′(x)>0,可得x<1或x>ln(﹣2a);
由f′(x)<0,可得1<x<
8、ln(﹣2a).
即有f(x)在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)遞增;在(1,ln(﹣2a))遞減;
若﹣<a<0,由f′(x)>0,可得x<ln(﹣2a)或x>1;
由f′(x)<0,可得ln(﹣2a)<x<1.
即有f(x)在(﹣∞,ln(﹣2a)),(1,+∞)遞增;在(ln(﹣2a),1)遞減;
(2)①由(1)可得當a>0時,f(x)在(﹣∞,1)遞減;在(1,+∞)遞增,
且f(1)=﹣e<0,x→+∞,f(x)→+∞;
當x→﹣∞時f(x)>0或找到一個x<1使得f(x)>0對于a>0恒成立,f(x)有兩個零點;
②當a=0時,f(x)=(x﹣2)ex,
9、所以f(x)只有一個零點x=2;
③當a<0時,若a<﹣時,f(x)在(1,ln(﹣2a))遞減,在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)遞增,
又當x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點;
當a≥﹣時,在(﹣∞,ln(﹣2a))單調(diào)增,在(1,+∞)單調(diào)增,在(1n(﹣2a),1)單調(diào)減,
只有f(ln(﹣2a))等于0才有兩個零點,
而當x≤1時,f(x)<0,所以只有一個零點不符題意.
綜上可得,f(x)有兩個零點時,a的取值范圍為(0,+∞).
5.(2015年)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x﹣alnx.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù);
(2)證
10、明:當a>0時,f(x)≥2a+aln.
【解析】(1)f(x)=e2x﹣alnx的定義域為(0,+∞),
∴f′(x)=2e2x﹣.
當a≤0時,f′(x)>0恒成立,故f′(x)沒有零點,
當a>0時,∵y=e2x為單調(diào)遞增,y=﹣單調(diào)遞增,
∴f′(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,
又f′(a)>0,
假設(shè)存在b滿足0<b<ln時,且b<,f′(b)<0,
故當a>0時,導(dǎo)函數(shù)f′(x)存在唯一的零點,
(2)由(1)知,可設(shè)導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0,
當x∈(0,x0)時,f′(x)<0,
當x∈(x0+∞)時,f′(x)>0,
故f(x)在
11、(0,x0)單調(diào)遞減,在(x0+∞)單調(diào)遞增,
所欲當x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0),
由于﹣=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故當a>0時,f(x)≥2a+aln.
6.(2014年)設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+x2﹣bx(a≠1),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為0,
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)=(x>0),
∵曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為0,
∴f′(1)=a+(1﹣a)×1﹣b=0,解得b=1.
(2)函數(shù)f(x
12、)的定義域為(0,+∞),由(1)可知:f(x)=alnx+,
∴=.
①當a時,則,
則當x>1時,f′(x)>0,
∴函數(shù)f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增,
∴存在x0≥1,使得f(x0)<的充要條件是,即,
解得;
②當a<1時,則,
則當x∈(1,)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(1,)上單調(diào)遞減;
當x∈(,)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(,)上單調(diào)遞增.
∴存在x0≥1,使得f(x0)<的充要條件是,
而,不符合題意,應(yīng)舍去.
③若a>1時,f(1)=,成立.
綜上可得:a的取值范圍是(,)(,).
7.(2013年)已知函數(shù)f(x)=ex(a
13、x+b)﹣x2﹣4x,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處切線方程為y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)討論f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值.
【解析】(1)∵f(x)=ex(ax+b)﹣x2﹣4x,
∴f′(x)=ex(ax+a+b)﹣2x﹣4,
∵曲線y=f(x)在點(0,f(0))處切線方程為y=4x+4,
∴f(0)=4,f′(0)=4,
∴b=4,a+b=8,
∴a=4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)﹣x2﹣4x,
f′(x)=4ex(x+2)﹣2x﹣4=4(x+2)(ex﹣),
令f′(x)=0,得x=﹣ln2或x=﹣2
14、
∴x∈(﹣∞,﹣2)或(﹣ln2,+∞)時,f′(x)>0;x∈(﹣2,﹣ln2)時,f′(x)<0.
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(﹣∞,﹣2),(﹣ln2,+∞),單調(diào)減區(qū)間是(﹣2,﹣ln2),
當x=﹣2時,函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(﹣2)=4(1﹣e﹣2).
8.(2012年)設(shè)函數(shù)f(x)=ex﹣ax﹣2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若a=1,k為整數(shù),且當x>0時,(x﹣k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)函數(shù)f(x)=ex﹣ax﹣2的定義域是R,f′(x)=ex﹣a,
若a≤0,則f′(x)=ex﹣a≥0,所以函數(shù)f(x)
15、=ex﹣ax﹣2在(﹣∞,+∞)上單調(diào)遞增.
若a>0,則當x∈(﹣∞,lna)時,f′(x)=ex﹣a<0;
當x∈(lna,+∞)時,f′(x)=ex﹣a>0;
所以,f(x)在(﹣∞,lna)單調(diào)遞減,在(lna,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由于a=1,所以,(x﹣k) f′(x)+x+1=(x﹣k) (ex﹣1)+x+1,
故當x>0時,(x﹣k) f′(x)+x+1>0等價于k<(x>0)①,
令g(x)=,則g′(x)=,
由(1)知,當a=1時,函數(shù)h(x)=ex﹣x﹣2在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)=ex﹣x﹣2在(0,
16、+∞)上存在唯一的零點,
故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點,設(shè)此零點為α,則有α∈(1,2)
當x∈(0,α)時,g′(x)<0;當x∈(α,+∞)時,g′(x)>0;
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(α).
又由g′(α)=0,可得eα=α+2所以g(α)=α+1∈(2,3)
由于①式等價于k<g(α),故整數(shù)k的最大值為2.
9.(2011年)已知函數(shù)f(x)=+,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y﹣3=0.
(1)求a、b的值;
(2)證明:當x>0,且x≠1時,f(x)>.
【解析】(1).
由于直線x+2y﹣3=0的斜率
17、為,且過點(1,1),
所以,
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=,
所以,
考慮函數(shù)(),
則,
所以當x≠1時,h′(x)<0而h(1)=0,
當x∈(0,1)時,h(x)>0,可得;
當時,,可得.
從而當x>0且x≠1時,,即f(x)>.
10.(2010年)設(shè)函數(shù)f(x)=x(ex﹣1)﹣ax2.
(1)若a=,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若當x≥0時f(x)≥0,求a的取值范圍.
【解析】(1)a=時,f(x)=x(ex﹣1)﹣x2,
∴=(ex﹣1)(x+1),
令f′(x)>0,可得x<﹣1或x>0;令f′(x)<0,可得﹣1<x<0.
∴函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(﹣∞,﹣1),(0,+∞);單調(diào)減區(qū)間為(﹣1,0).
(2)f(x)=x(ex﹣1﹣ax).
令g(x)=ex﹣1﹣ax,則g'(x)=ex﹣a.
若a≤1,則當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,g(x)為增函數(shù),
而g(0)=0,從而當x≥0時g(x)≥0,即f(x)≥0.
若a>1,則當x∈(0,lna)時,g'(x)<0,g(x)為減函數(shù),
而g(0)=0,從而當x∈(0,lna)時,g(x)<0,即f(x)<0.
綜合得a的取值范圍為(﹣∞,1].
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