高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练(含解析)

高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练（含解析）

1．(2014·皖南八校联考)已知函数f(x)＝e(ax－2x＋2)，其中a>0.

(1)若曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与直线x＋ey－1＝0垂直，求实数a的值； (2)讨论f(x)的单调性．

解 f′(x)＝e[ax＋(2a－2)x](a>0)． 5?1?(1)由题意得f′(2)·?－2?＝－1，解得a＝. 8?e?2－2a(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. x2

2

x2

a①当0

?2－2a，＋∞?，减区间为?0，2－2a?；

??a??a???

②当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)内单调递增；

2－2a???2－2a，0?.

③当a>1时，f(x)的增区间为?－∞，?，(0，＋∞)，减区间为??

?a?

2

?a?

2．(2014·云南二模)已知f(x)＝e(x＋mx－2x＋2)． (1)假设m＝－2，求f(x)的极大值与极小值；

(2)是否存在实数m，使f(x)在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由．

解 (1)当m＝－2时，f(x)＝e(x－2x－2x＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f′(x)＝e(x－2x－2x＋2)＋e(3x－4x－2) ＝xe(x＋x－6)＝(x＋3)x(x－2)e，

∴当x∈(－∞，－3)或x∈(0,2)时，f′(x)<0； 当x∈(－3,0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0；

x2

x3

x32

x32x2

xf′(－3)＝f′(0)＝f′(2)＝0，

∴f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

∴当x＝－3或x＝2时，f(x)取得极小值； 当x＝0时，f(x)取得极大值，

∴f(x)极小值＝f(－3)＝－37e，f(x)极小值＝f(2)＝－2e，f(x)极大值＝f(0)＝2. (2)f′(x)＝e(x＋mx－2x＋2)＋e(3x＋2mx－2)＝xe[x＋(m＋3)x＋2m－2]． ∵f(x)在[－2，－1]上单调递增， ∴当x∈[－2，－1]时，f′(x)≥0. 又当x∈[－2，－1]时，xe<0，

∴当x∈[－2，－1]时，x＋(m＋3)x＋2m－2≤0，

2

－3

2

x32x2x2

x 1

???－2?－2?m＋3?＋2m－2≤0，∴?2

??－1?－?m＋3?＋2m－2≤0，?

2

解得m≤4，

∴当m∈(－∞，4]时，f(x)在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(2014·山西四校联考)已知函数f(x)＝ax＋x－xlnx. (1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间；

(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx＋2x恒成立，求实数b的取值范围． 解 (1)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，函数定义域为(0，＋∞)．

2

2

f′(x)＝－lnx，由－lnx＝0，

得x＝1.

当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数． (2)由f(1)＝2，得a＋1＝2， ∴a＝1，

∴f(x)＝x＋x－xlnx， 由f(x)≥bx＋2x， 得(1－b)x－1≥lnx. ∵x>0，

1lnx∴b≤1－－恒成立．

22

xx1lnxlnx令g(x)＝1－－，可得g′(x)＝2，

xxx∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝0，

∴b的取值范围是(－∞，0]． 3．(理)(文)4.

(2014·广州调研)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行．

(1)求f(x)的解析式；

37*(2)是否存在t∈N，使得方程f(x)＋＝0在区间(t，t＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，

x求出t的值；若不存在，说明理由．

解 (1)∵f(x)是二次函数， 不等式f(x)<0的解集是(0,5)， ∴可设f(x)＝ax(x－5)，a>0.

2

∴f′(x)＝2ax－5a.

∵函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行， ∴f′(1)＝－6.∴2a－5a＝－6，解得a＝2. ∴f(x)＝2x(x－5)＝2x－10x.

3732

(2)由(1)知，方程f(x)＋＝0等价于方程2x－10x＋37＝0.

2

x设h(x)＝2x－10x＋37，

则h′(x)＝6x－20x＝2x(3x－10)．

2

32

?10??10?当x∈?0，?时，h′(x)<0，函数h(x)在?0，?上单调递减；

3?3???

当x∈?

?10，＋∞?时，h′(x)>0，函数h(x)在?10，＋∞?上单调递增．

??3?

?3???

1?10?∵h(3)＝1>0，h??＝－<0，h(4)＝5>0，

27?3?

?10??10?∴方程h(x)＝0在区间?3，?，?，4?内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有

3??3??

实数根．

37

∴存在唯一的正整数t＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(t，t＋1)内有且只有两个不相等的

x实数根．

4．(理)(文)5.

(2014·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝xlnx. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的实数m使t＝f(m)；

7lng?t?

(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为m＝g(t)，证明：当t>e时，有<<1.

10lnt解 (1)∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1(x>0)， 1

令f′(x)＝0，得x＝.

e

?1??1?∴当x∈?0，?时，f′(x)<0，此时f(x)在?0，?上单调递减； ?e??e??1??1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，f(x)在?，＋∞?上单调递增． ?e??e?

(2)当00，

令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，

由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t<0，

3

h(et)＝t(et－1)>0，

∴存在唯一的实数m，使t＝f(m)成立． (3)∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t>0， 当t>e时，若m＝g(t)≤e，

则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾， ∴m>e.

lng?t?lnmlnmlnmu又＝＝＝＝，其中u＝lnm，u>1，

lntlnf?m?ln?mlnm?lnm＋ln?lnm?u＋lnu7lng?t?要使<<1成立，

10lnt3只需0

7

313

令F(u)＝lnu－u，u>1，F′(u)＝－，

7u77

当10，F(u)单调递增；

37

当u>时，F′(u)<0，F(u)单调递减．

3

?7?∴对u>1，F(u)≤F??<0， ?3?

3

即lnu

7

7lng?t?

综上，当t>e时，<<1成立．

10lnt5．(理)(2014·浙江考试院抽测)已知a为给定的正实数，m为实数，函数f(x)＝ax－3(m＋a)x＋12mx＋1.

(1)若f(x)在(0,3)上无极值点，求m的值；

(2)若存在x0∈(0,3)，使得f(x0)是f(x)在[0,3]上的最值，求实数m的取值范围． 解 (1)由题意得f′(x)＝3ax－6(m＋a)x＋12m＝3(x－2)(ax－2m)， 由于f(x)在(0,3)上无极值点， 2m故＝2，所以m＝a.

2

3

2

a(2)由于f′(x)＝3(x－2)(ax－2m)，故 2m2m①当≤0或≥3，

aa3

即m≤0或m≥a时，

2

4