高考真题函数与导数解答题文科教师版

高考真题：函数与导数解答题(文科）教师版

1.设函数()()2

,,f x x ax b a b R =++∈.

（1）当2

a b =+时,求函数()f x 在[]1,1-上的最小值()g a 的表达式; (2)已知函数()f x 在[]

1,1-上存在零点, 021b a ≤-≤，求b 的取值范围. 【来源】２015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷带解析）

试题解析：（1)当214a b =+时, ()2

12a f x x ?

?=++ ???，故其对称轴为2a x =-．当2a ≤-时, ()()2

124

a g a f a ==++．当22a -<≤时, ()12a g a f ??

= ???

. 当2a >时， ()()2

124

a g a f a =-=-+．综上, ()2

2,2,4

{1,22, 2,24

a a a g a a a a a ++≤-=-<≤-+>

(２)设,s t 为方程()0f x =的解，且11t -≤≤，则{ s t a st b

+=-=.

由于021b a ≤-≤，因此

()2121122

t t

s t t t --≤≤-≤≤++. 当01t ≤≤时, 22

2222

t t t b t t --≤≤++, 由于222032t t --≤

≤+

和212932

t t t --≤≤-+

所以2

b -

≤≤- 当10t -≤≤时， 22

2222

t t t b t t --≤≤++，由于22202t t --≤

<+和2302

t t t --≤<+，所以30b -≤<.

综上可知, b

的取值范围是3,9?--?.

考点:1.函数的单调性与最值；2.分段函数；３．不等式性质;4.分类讨论思想.

视频

２.(本小题满分12分）设函数()2ln x

f x e

a x =-．

(Ⅰ)讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数; (Ⅱ）证明:当0a >时()22ln

f x a a a

≥+. 【来源】2０15年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标Ⅰ带解析）试题解析：（Ⅰ） ()f x 的定义域为()0+∞，, ()2=2(0)x a

f x e x x

->'. 当0a ≤时, ()0f x '>， ()f x '没有零点; 当0a >时,因为2x e 单调递增, a

x -

单调递增,所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当ｂ满足04a b <<且1

b <时， ()0f b '<，故当0a >时， ()f x '存在

唯一零点.

（Ⅱ)由（Ⅰ)，可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时, ()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时, ()0f x '>.

故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增,所以当0x x =时， ()f x 取得最小值,最小值为()0f x . 由于0

202=0x a e

x -

,所以()00022

=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a

++≥+. 故当0a >时, ()2

2ln f x a a a

≥+. 3．设函数， x R ∈，其中,a b R ∈.

(Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ)若

存在极值点

,且

，其中，求证:;

(Ⅲ)设，函数，求证:在区间上的最大值不小于．

【来源】201６年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷精编版）

试题解析:(Ⅰ）解:由()3f x x ax b =--，可得()2

3f x x a ='-，下面分两种情况讨论:

(1)当0a ≤时，有()2

30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞.

(2）当0a >时,令()0f x '=,

解得3x =

或3

x =-. 当x 变化时, ()f x '， ()f x 的变化情况如下表:

所以()f x 的单调递减区间为?

??，单调递增区间为,?-∞ ?

?, ?

+∞???

. （Ⅱ)证明

:因为()f x 存在极值点,所以由（Ⅰ)知0a >且00x ≠.

由题意,得()2

0030f x x a '=-=,即203

x =

，进而()3

000023

f x x ax b x b =--=-

-, 又

()()

000000082282233

a a f x x ax

b x ax b x b f x -=-+-=-+-=--=，且

002x x -≠，

由题意及（Ⅰ）知,存在唯一实数1x 满足()()10f x f x =，且10x x ≠,因此102x x =-，所以10+2=0x x . (Ⅲ)证明：设

在区间[]

1,1-上的最大值为M ， {}max ,x y 表示x ， y 两数的最

大值,下面分三种情况讨论: （1）当3a ≥时， 11≤-<≤,由（Ⅰ) 知， ()f x 在区间[]1,1-上单调

递减，

所以()f x 在区间[]

1,1-上的取值范围为()()1,1f f ??-??,因此,

()(){}{}

max |1|,|1|max 1,1M f f a b a b =-=---+-

{}

max 1,1a b a b =-+-- 1+,0,

{

1,0,

a b b a b b -≥=--<所以12M a b =-+≥.

（２)当

a ≤<时， 113333-≤-<-<<≤，

由（

Ⅰ

）

和

（

Ⅱ

）

知

()1f f f ?-≥= ????

，

()1f f f ?≤= ????

，

所以()f x 在区间[]1,1-上的取值范围为,f

f ?

??? ????????

，

因此M= max ,max ,33f f b b ?????????

?-= ? ??

??? ? ???????????

231

max 944b b b ?==≥?=??.

（3）当3

a <<

时, 11-<<<，由（Ⅰ）和（Ⅱ)知，

()1f f f ?-<= ????, ()1f f f ?>= ????

，

所以()f x 在区间[]

1,1-上的取值范围为()()1,1f f ??-??，因此，

()(){}{}

max |1|,|1|max 1,1M f f a b a b =-=-+---

{}

max 1,1a b a b =-+-- 1

a b =-+>

. 综上所述,当0a >时，在区间[]

1,1-上的最大值不小于

. 2．由函数f （ｘ）在（ａ,b ）上的单调性，求参数范围问题，可转化为()0f x '≥(或

()0f x '≤）恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．

视频

4.设函数()3

.f x x ax bx c =+++

（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()

0,0f 处的切线方程;

(Ⅱ)设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点,求ｃ的取值范围; （Ⅲ)求证: 230a b -＞是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件. 【来源】2０16年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版) 试题解析:(Ⅰ）由()3

f x x ax bx c =+++，得()2

32f x x ax b =++'．

因为()0f c =, ()0f b '=,

所以曲线()y f x =在点()()

0,0f 处的切线方程为y bx c =+. （Ⅱ）当4a b ==时， ()3

44f x x x x c =+++,

所以()2

384f x x x '=++．

令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23

x =-

. ()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：

所以，当0c >且32027c -

<时,存在()14,2x ∈--， 222,3x ?

?∈-- ??

?，

32,03x ??

∈- ???

,使得()()()1230f x f x f x ===．

由()f x 的单调性知,当且仅当320,

27c ??∈ ???

时,函数()32

44f x x x x c =+++有三个不

同零点.

（Ⅲ)当24120a b ?=-<时, ()2

320f x x ax b =++>', (),x ∈-∞+∞，

此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增,所以()f x 不可能有三个不同零点. 当24120a b ?=-=时， ()2

32f x x ax b =++'只有一个零点,记作0x .

当()0,x x ∈-∞时, ()0f x '>, ()f x 在区间()0,x -∞上单调递增；当()0,x x ∈+∞时， ()0f x '>， ()f x 在区间()0,x +∞上单调递增．所以()f x 不可能有三个不同零点.

综上所述,若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b ?=->．故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件.

当4a b ==， 0c =时, 230a b ->， ()()2

32442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点,所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件．因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．５.设函数()ln 1f x x x =-+. (Ⅰ)讨论()f x 的单调性；

(Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时,1

1ln x x x

<； (Ⅲ)设1c >,证明当(0,1)x ∈时，1(1)x

c x c +->.

【来源】２0１6年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标3卷精编版）试题解析:（Ⅰ)由题设,()f x 的定义域为(0,)+∞，1

()1f x x

-,令()0f x '=，解得1x =．

当01x <<时,()0f x '>,()f x 单调递增;当1x >时,()0f x '<，()f x 单调递减. （Ⅱ）由(Ⅰ)知，()f x 在1x =处取得最大值,最大值为(1)0f =. 所以当1x ≠时，ln 1x x <-. 故当(1,)x ∈+∞时,ln 1x x <-,11ln

1x x <-,即11ln x x x

-<<. （Ⅲ)由题设1c >，设()1(1)x

g x c x c =+--,则()1ln x

g'x c c c =--,令()0g'x =,

解得01ln

ln ln c c x c

．当0x x <时，()0g'x >，()g x 单调递增；当0x x >时,()0g'x <,()g x 单调递减. 由(Ⅱ）知，1

1ln c c c

<,故001x <<,又(0)(1)0g g ==,故当01x <<时,()0g x >. 所以当(0,1)x ∈时，1(1)x

c x c +->. ６.已知函数()()()2

21x f x x e a x =-+-. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；

(Ⅱ）若()f x 有两个零点,求a 的取值范围．

【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标１卷精编版) 试题解析：（Ⅰ） ()()()()()

'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+

（Ⅰ）设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时, ()'0f x <;当()1,x ∈+∞时， ()'0f x >. 所以f （x)在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增． (Ⅱ）设0a <,由()'0f x =得x ＝1或ｘ=ｌｎ（-2ａ)．

①若2e

a =-

，则()()()

'1x f x x e e =--,所以()f x 在(),-∞+∞单调递增． ②若2

a >-,则ｌn （-2a)＜１,故当()()(),ln 21,x a ∈-∞-?+∞时， ()'0f x >;

当()()

ln 2,1x a ∈-时, ()'0f x <,所以()f x 在()()

(),ln 2,1,a -∞-+∞单调递增,在()()ln 2,1a -单调递减．

③若2

a <-

,则()21ln a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞?-+∞时, ()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时, ()'0f x <,所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在

()()1,ln 2a -单调递减．

(Ⅱ）(Ⅰ)设0a >,则由（Ⅰ）知， ()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()12f e f a =-=，，取ｂ满足b<0且ln 2

a b <，则()()()22

321022a f b b a b a b b ??>

-+-=->

???

,所以()f x 有两个零点. （Ⅱ)设a=0，则()()2x

f x x e =-，所以()f x 只有一个零点．

(ｉii)设a ＜0,若2

a ≥-

,则由（Ⅰ)知, ()f x 在()1,+∞单调递增. 又当1x ≤时, ()f x ＜0,故()f x 不存在两个零点；若2

a <-，则由(Ⅰ）知， ()

f x 在()()

1,ln 2a -单调递减,在()()

ln 2,a -+∞单调递增．又当1x ≤时()f x ＜0,故()f x 不存在两个零点.

综上，ａ的取值范围为()0,+∞. 7.已知函数f(x)=(x +1)lnx ?a(x ?1).

(I ）当a =4时,求曲线y =f(x)在(1,f(1))处的切线方程；（Ⅱ)若当x ∈(1,+∞)时,f(x)＞0，求a 的取值范围. 试题解析：（I ）f(x)的定义域为(0,+∞).当a =4时，

f(x)=(x +1)lnx ?4(x ?1),f ′(x)=lnx +1

x ?3,f ′(1)=?2,f(1)=0. 曲线y =f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x +y ?2=0. （I Ｉ)当x ∈(1,+∞)时，f(x)>0等价于lnx ?a(x?1)x+1

>0.

设g(x)=lnx ?a(x?1)x+1

,则

g ′(x)=1

x ?

2a (x+1)

x 2+2(1?a)x+1

x(x+1)2

,g(1)=0，

(ｉ)当a ≤2，x ∈(1,+∞)时,x 2+2(1?a)x +1≥x 2?2x +1>0,故g ′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增，因此g(x)>0; （ii ）当a >2时，令g ′(x)=0得

x 1=a ?1?√(a ?1)2?1,x 2=a ?1+√(a ?1)2?1.

由x 2>1和x 1x 2=1得x 1<1，故当x ∈(1,x 2)时，g ′(x)<0，g(x)在(1,x 2)单调递减,因此g(x)<0.

综上,a 的取值范围是(?∞,2].

８．已知函数f(x)=e x cosx ?x .

（Ⅰ）求曲线y =f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; （Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,π

2]上的最大值和最小值．

【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版)

试题解析:（Ⅰ)因为f(x)=e x cosx ?x ，所以f ′(x)=e x (cosx ?sinx)?1,f ′(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y =f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y =1.

(Ⅱ)设?(x)=e x (cosx ?sinx)?1，则?′(x)=e x (cosx ?sinx ?sinx ?cosx)=

?2e x sinx ．

当x ∈(0,π

2)时,?′(x)<0,

所以?(x)在区间[0,π

]上单调递减.

所以对任意x ∈(0,π

]有?(x)

所以函数f(x)在区间[0,π

2]上单调递减.

因此f(x)在区间[0,π

2]上的最大值为f(0)=1,最小值为f(π

2)=?π

2.９．已知函数

()3211

,32

f x x ax a R =-∈.

(Ｉ)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()

3,3f 处的切线方程;

(ＩI ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，z.x.x.k 讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值．

【来源】2０１７年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（山东卷精编版）试题解析：（Ⅰ）由题意()2

f x x ax '=-,

所以,当2a =时， ()30f =， ()2

2f x x x '=-，

所以()33f '=,

因此,曲线()y f x =在点()()

3,3f 处的切线方程是()33y x =-, 即390x y --=.

(Ⅱ)因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--, 所以()()()cos sin cos g x f x x x a x x =+---'',

()()sin x x a x a x =--- ()()sin x a x x =--,

令()sin h x x x =-, 则()1cos 0h x x ='-≥，所以()h x 在R 上单调递增, 因为()00h =,

所以，当0x >时, ()0h x >；当0x <时, ()0h x <.

（1）当0a <时， ()()()sin g x x a x x -'=-，

当(),x a ∈-∞时, 0x a -<, ()0g x '>, ()g x 单调递增；当(),0x a ∈时, 0x a ->, ()0g x '<, ()g x 单调递减；当()0,x ∈+∞时, 0x a ->, ()0g x '>， ()g x 单调递增．所以当x a =时()g x 取到极大值,极大值是()3

1sin 6

g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值,极小值是()0g a =-. （2)当0a =时， ()()sin g x x x x -'=,

当(),x ∈-∞+∞时, ()0g x '≥， ()g x 单调递增;

所以()g x 在(),-∞+∞上单调递增， ()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时, ()()()sin g x x a x x -'=-,

当(),0x ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>, ()g x 单调递增；当()0,x a ∈时, 0x a -<， ()0g x '<， ()g x 单调递减; 当(),x a ∈+∞时, 0x a ->, ()0g x '>， ()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值,极大值是()0g a =-; 当x a =时()g x 取到极小值,极小值是()3

1sin 6

g a a a =--. 综上所述:

当0a <时,函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增,在(),0a 上单调递减,函数既有极大值，又有极小值，极大值是()3

1sin 6

g a a a =-

-,极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增,无极值；

当0a >时,函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增,在()0,a 上单调递减,函数既有极大值,又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是()3

1sin 6

g a a a =-

-. 10.设a,b ∈R ,|a|≤1．已知函数f(x)=x 3?6x 2?3a(a ?4)x +b ,g(x)=e x f(x). (Ⅰ）求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)已知函数y =g(x)和y =e x 的图象在公共点（x 0,y 0）处有相同的切线，（i ）求证:f(x)在x =x 0处的导数等于0;

(i ｉ）若关于x 的不等式g(x)≤e x 在区间[x 0?1,x 0+1]上恒成立，求ｂ的取值范围. 【来源】2０１7年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(天津卷精编版) 试题解析:(Ｉ)由f(x)=x 3?6x 2?3a(a ?4)x +b ,可得 f′(x)=3x 2?12x ?3a(a ?4)=3(x ?a)(x ?(4?a))，令f′(x)=0，解得x =a ,或x =4?a .由|a|≤1,得a <4?a ．当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

所以，f(x)的单调递增区间为(?∞,a),(4?a,+∞),单调递减区间为(a,4?a). （II ）(ｉ）因为g′(x)=e x

(f(x)+f′(x))，由题意知{g(x 0)=e x 0g′(x 0)=e x 0

，

所以{f(x 0)e x 0=e x 0

e x 0(f(x 0)+f′(x 0))=e x 0 ，解得{f(x 0)=1f′(x 0)=0 ．所以，f(x)在x =x 0处的导数等于0.

（ii ）因为g(x)≤e x ，x ∈[x 0?1,x 0+1],由e x >0，可得f(x)≤1. 又因为f(x 0)=1，f′(x 0)=0,故x 0为f(x)的极大值点，由（I)知x 0=a . 另一方面，由于|a|≤1,故a +1<4?a ,

由（I)知f(x)在(a ?1,a)内单调递增,在(a,a +1)内单调递减,

故当x 0=a 时,f(x)≤f(a)=1在[a ?1,a +1]上恒成立，从而g(x)≤e x 在[x 0?1,x 0+1]上恒成立．

由f(a)=a 3?6a 2?3a(a ?4)a +b =1,得b =2a 3?6a 2+1,?1≤a ≤1. 令t(x)=2x 3?6x 2+1,x ∈[?1,1],所以t′(x)=6x 2?12x ，令t′(x)=0，解得x =2（舍去)，或x =0.

因为t(?1)=?7,t(1)=?3，t(0)=1,故t(x)的值域为[?7,1]. 所以,b 的取值范围是[?7,1]. 1１．设函数()()

21x f x x e =-. (I ）讨论函数()f x 的单调性;

(I Ｉ)当0x ≥时， ()1f x ax ≤+，求实数a 的取值范围．