20xx年高考文科数学试题分类汇编__二、函数与导数(编辑修改稿)

20xx年高考文科数学试题分类汇编__二、函数与导数(编辑修改稿)内容摘要：

  上单调递增，在 1 ( 3 1 ) ( 1 )( , )2 (1 )a a aaa    上单调递减 第 12 页 共 27 页 （湖南文） 22．（本小题 13 分） 设函数 1( ) ln ( ) .f x x a x a Rx    (I)讨论 ()fx的单调性； （ II）若 ()fx有两个极值点 12xx和 ，记过点 1 1 2 2( , ( ) ) , ( , ( ) )A x f x B x f x的直线的斜率为 k ，问：是否存在 a ，使得 2?ka 若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由． 解析：（ I） ()fx的定义域为 (0, ). 2221139。 ( ) 1 a x a xfx x x x    令 2( ) 1 ,g x x ax   其 判 别 式2  (1) 当 | | 2 , 0 , 39。 ( ) 0 ,a f x  时 故 ( ) (0, )fx 在 上单调递增． (2) 当 2a  时 , 0 ,g (x )= 0的两根都小于 0，在 (0, ) 上， 39。 ( ) 0fx ，故( ) (0, )fx 在 上单调递增． (3) 当 2a  时 , 0 ,g (x )= 0的两根为 221244,a a a axx   ， 当 10 xx 时， 39。 ( ) 0fx ；当 12x x x 时， 39。 ( ) 0fx ；当 2xx 时， 39。 ( ) 0fx ，故 ()fx分别在 12(0, ),( , )xx 上单调递增，在 12( , )xx 上单调递减． （ II）由（ I）知， 2a ． 因为 121 2 1 2 1 212( ) ( ) ( ) ( l n l n )xxf x f x x x a x xxx     ，所以 1 2 1 21 2 1 2 1 2( ) ( ) l n l n11f x f x x xkax x x x x x    又由 (I)知， 121xx ．于是 1212ln ln2 xxka xx  若存在 a ，使得  则 1212ln ln 1xxxx  ．即 1 2 1 2ln lnx x x x  ．亦即2 2 221 2 ln 0 ( 1 ) ( * )x x xx    第 13 页 共 27 页 再由（ I）知，函数 1( ) 2 lnh t t tt  在 (0, ) 上单调递增，而 2 1x ，所以222112 l n 1 2 l n 1 0 .1xxx     这与 (*) 式矛盾．故不存在 a ，使得  （江西文） 20.(本小题满分 13 分） 设   nxmxxxf  2331. （ 1）如果     32  xxfxg 在 2x 处取得最小值 5 ，求 xf 的解析式； （ 2）如果   Nnmnm ,10 ， xf 的单调递减 区间的长度是正整数，试求 m 和 n 的值． (注：区间  ba, 的长度为 ab ） .解：（ 1）已知   nxmxxxf  2331，   nmxxxf  2239。 又       32232 239。  nxmxxxfxg 在 2x 处取极值， 则       302222239。  mmg ，又在 2x 处取最小值 5. 则       2534222 2  nng   xxxxf 2331 23  （ 2）要使   nxmxxxf  2331单调递减，则   02239。  nmxxxf 又递减区间长度是正整数，所以   02239。  nmxxxf 两根设做 a， b。 即有： ba 为区间长度。 又     Nnmnmnmabbaab ,2444 222 又 ba 为正整数，且 m+n10,所以 m=2， n=3 或， 5,3  nm 符合。 （浙江文） （ 21）（本小题满分 15 分）设函数 axxxaxf  22 ln)( ， 0a （ Ⅰ ）求 )(xf 的单调区间； （ Ⅱ ）求所有实数 a ，使 2)(1 exfe  对 ],1[ ex 恒成立． 注： e 为自然对数的底数． （ 21）本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、推理论证能力。 满分 15 分。 （ Ⅰ ）解：因为 22( ) l n . 0f x a x x ax x   其 中 第 14 页 共 27 页 所以 2 ( ) ( 2 )( ) 2a x a x af x x axx       由于 0a ，所以 ()fx的增区间为 (0, )a ，减区间为 ( , )a （ Ⅱ ）证明：由题意得， (1 ) 1 1 ,f a c a c    即 由（ Ⅰ ）知 ( ) [1, ]f x e在 内单调递增， 要使 21 ( ) [1 , ]e f x e x e   对恒成立， 只要2 2 2(1 ) 1 1,()f a ef e a e a e e        解得 .ae （天津文） 19．（本小题满分 14 分）已知函数 32( ) 4 3 6 1 ,f x x tx tx t x R     ，其中tR ． （ Ⅰ ）当 1t 时，求曲线 ()y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程； （ Ⅱ ）当 0t 时，求 ()fx的单调区间； （ Ⅲ ）证明：对任意的 (0, ), ( )t f x  在区间 (0,1) 内均存在零点． （ 19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分 14 分。 （ Ⅰ ）解：当 1t 时， 3 2 2( ) 4 3 6 , ( 0) 0 , ( ) 12 6 6f x x x x f f x x x       (0)   所以曲线 ()y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为  （ Ⅱ ）解： 22( ) 1 2 6 6f x x tx t   ，令 ( ) 0fx  ，解得 .2tx t x  或 因为 0t ，以下分两种情况讨论： （ 1）若 0, ,2tt t x  则 当变化时， ( ), ( )f x f x 的变化情况如下表： x ,2t ,2t t  ,t  ()fx + + ()fx 第 15 页 共 27 页 所以， ()fx的单调递增区间是  , , ,。 ( )2t t f x  的单调递减区间是 ,2t t。 （ 2）若 0,2ttt  则，当 x 变化时， ( ), ( )f x f x 的变化情况如下表： x  ,t ,2tt ,2t ()fx + + ()fx 所以， ()fx的单调递增区间是  , , ,。 ( )2tt f x  的单调递减区间是 ,.2tt （ Ⅲ ）证明：由（ Ⅱ ）可知，当 0t 时， ()fx在 0,2t内的单调递减，在 ,2t内单调递增，以下分两种情况讨论： （ 1）当 1, 22t t即时， ()fx在（ 0， 1）内单调递减， 2( 0 ) 1 0 , ( 1 ) 6 4 3 6 4 4 2 3 0 .f t f t t              所以对任意 [2, ), ( )t f x  在区间（ 0， 1）内均存在零点。 （ 2）当 0 1, 0 22t t   即时， ()fx在 0,2t内单调递减，在 ,12t内单调递增，若 331 7 7( 0 , 1 ] , 1 0 .2 4 4t f t t t        2( 1 ) 6 4 3 6 4 3 2 3 t t t t t            所以 ( ) ,12tfx 在内存在零点。 若  3377( 1 , 2 ) , 1 1 0 .2 4 4tt f t t t         (0) 1 0ft 所以 ( ) 0,2tfx 在内存在零点。 第 16 页 共 27 页 所以，对任意 (0,2), ( )t f x 在区间（ 0， 1）内均存在零点。 综上，对任意 (0, ), ( )t f x  在区间（ 0， 1）内均存在零点。 （四川文） 22．（本小题共 l4 分） 已知 函数 21()32f x x， ()h x x ． （ Ⅰ ）设函数 F(x)＝ 18f(x)－ x2[h(x)]2，求 F(x)的单调区间与极值； （ Ⅱ ）设 aR ，解关于 x 的方程 33l g [ ( 1 ) ] 2 l g ( ) 2 l g ( 4 )24f x h a x h x     ； （ Ⅲ ）设 *nN ，证明： 1( ) ( ) [ (1 ) ( 2 ) ( ) ]6f n h n h h h n    ． 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证明、解方程等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力． 解：（ Ⅰ ） 2 2 3( ) 18 ( ) [ ( ) ] 12 9( 0)F x f x x h x x x x      ， 2( ) 3 12F x x   ． 令 ( ) 0Fx，得 2x （ 2x 舍去）． 当 (0,2)x 时． ( ) 0Fx  ；当 (2, )x  时， ( ) 0Fx  ， 故当 [0,2)x 时， ()Fx为增函数；当 [2, )x  时， ()Fx为减函数． 2x 为 ()Fx的极大值点，且 (2 ) 8 2 4 9 2 5F     ． （ Ⅱ ）方法一：原方程可化为4 2 233l o g [ ( 1 ) ] l o g ( ) l o g ( 4 )24f x h a x h x     ， 即为4 2 2 2l o g ( 1 ) l o g l o g 4 l o g 4axx a x x x      ，且 ,1 4,xax  ① 当 14a时， 1 xa ，则 14axx x，即 2 6 4 0x x a   ， 36 4( 4) 20 4 0aa      ，此时 6 2 0 4 352 axa   ， ∵ 1 xa ， 此时方程仅有一解 35xa   ． ② 当 4a 时， 14x ，由 14axx x，得 2 6 4 0x x a    ，36 4( 4) 20 4aa     ， 若 45a，则 0 ，方程有两解 35xa   ； 若 5a 时，则 0 ，方程有一解 3x ； 若 1a 或 5a ，原方程无解． 方法二：原方程可化为 4 2 2l og ( 1 ) l og ( 4 ) l og ( )x h x h a x    ， 即2 2 21 l o g ( 1 ) l o g 4 l o g2 x x a x    ，1 0 ,4 0 ,0,( 1)( 4 ) .xxaxx x a x 。