20xx年高考文科数学试题分类汇编二、函数与导数

20xx年高考文科数学试题分类汇编二、函数与导数内容摘要：

axaxexf x   ① （ I）当34a，若 .21,23,0384,0)( 212  xxxxxf 解得则 综合 ① ,可知 所以 ,231x是极小值 点 ,212x是极大值点 . （ II）若 )(xf 为 R 上的单调函数，则 )(xf 在 R 上不变号，结合 ① 与条件 a0，知0122  axax 在 R 上恒成立，因此 ,0)1(444 2  aaaa 由此并结合 0a ，知 .10 a （北京文） （ 18）（本小题共 13 分） 已知函数 ( ) ( ) xf x x k e。 （ Ⅰ ）求 ()fx的单调区间； x )21,( 21 )23,21( 23 ),23(  )(xf + 0 － 0 + )(xf ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 2020 年高考文科数学试题分类汇编（共十七部分） （ Ⅱ ）求 ()fx在区间 [0,1] 上的最小值。 【解析】：（ Ⅰ ） .)1()( 3ekxxf  令   0 xf ，得 1kx ． )(xf 与 )(xf 的情况如下： x （ kk , ） 1k （ ),1( k )(xf — 0 + )(xf ↗ 1ke ↗ 所以， )(xf 的单调递减区间是（ 1,  k ）；单调递增区间是 ),1( k （ Ⅱ ）当 01k ，即 1k 时，函数 )(xf 在 [0， 1]上单调递增，所以 f （ x）在区间 [0，1]上的最小值为。 )0( kf  当 21,110  kk 即 时，由（ Ⅰ ）知 ( ) [0, 1]f x k 在 上单调递减，在 ( 1,1]k 上单调 递增，所以 ()fx在区间 [0， 1]上的最小值为 1( 1) kf k e    ；当 1 , 2k t k  即 时，函数 ()fx在 [0， 1]上单调递减，所以 ()fx在区间 [0， 1]上的最小值为 (1) (1 ) .f k e （广东文） 19．（本小题满分 14 分） 设 0a ，讨论函数 2( ) l n (1 ) 2( 1 )f x x a a x a x    的单调性． 19．解：函数 ()fx的定义域为 (0, ) 21 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) 1( ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) a a x a xf x a a x axx           令 2( ) 2 (1 ) 2( 1 ) 1g x a a x a x     224 ( 1 ) 8 ( 1 ) 1 2 1 6 4 4 ( 3 1 ) ( 1 )a a a a a a a           ① 当 103a时， 0 ，令 ( ) 0fx  ，解得 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 (1 )a a ax aa     则当 1 ( 3 1 ) ( 1 )02 (1 )a a ax aa    或 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 (1 )a a ax aa    时， ( ) 0fx  当 1 ( 3 1 ) ( 1 ) 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 ( 1 ) 2 ( 1 )a a a a a axa a a a       时， ( ) 0fx  2020 年高考文科数学试题分类汇编（共十七部分） 则 ()fx在 1 ( 3 1 ) ( 1 )( 0 , )2 (1 )a a aaa   ， 1 ( 3 1 ) ( 1 )( , )2 (1 )a a aaa    上单调递增， 在 1 ( 3 1 ) ( 1 ) 1 ( 3 1 ) ( 1 )( , )2 ( 1 ) 2 ( 1 )a a a a a aa a a a       上单调递减 ② 当 1 13 a时， 0 ， ( ) 0fx  ，则 ()fx在 (0, ) 上单调递增 ③ 当 1a 时， 0 ，令 ( ) 0fx  ，解得 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 (1 )a a ax aa     ∵ 0x ， ∴ 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 (1 )a a ax aa     则当 1 ( 3 1 ) ( 1 )02 (1 )a a ax aa    时， ( ) 0fx  当 1 ( 3 1 ) ( 1 )2 (1 )a a ax aa    时， ( ) 0fx  则 ()fx 在 1 ( 3 1 ) ( 1 )( 0 , )2 (1 )a a aaa   上 单 调 递 增 ， 在1 ( 3 1 ) ( 1 )( , )2 (1 )a a aaa     上单调递减 （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． 2020 年高考文科数学试题分类汇编（共十七部分） (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    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， 2020 年高考文科数学试题分类汇编（共十七部分） 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 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 ． 2020 年高考文科数学试题分类汇编（共十七部分） （ 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 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。